2022-2023学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知复数，是虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数除法运算求得复数的值，然后利用共轭复数的概念求得结果.

【详解】由，得，

所以.

故选：D

2．甲，乙，丙三人报考志愿，有，，三所高校可供选择，每人限报一所，则恰有两人报考同一所大学的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，利用乘法计数原理计算总的方法数，从反面计算恰有2人报考同一所院校的方法种数，根据概率公式，计算即可求解.

【详解】由题意，每人报考一所学校，不同的选法总数是（种）

如果每一所学校都有人报考，不同的选法总数是（种）,

所有人都报同一所学校的方法有3种，

∴恰有2人报考同一所院校的方法种数为，

概率为.

故选：B.

3．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】C

【分析】根据相切情况，先求得圆柱底面半径，再用圆柱表面积公式，即可求得结果.

【详解】因为该球与圆柱的上下底面，母线均相切，不妨设圆柱底面半径为，

故，解得，

故该圆柱的表面积为.

故选：C.

【点睛】本题考查球体与圆柱体相切时的几何性质，涉及圆柱表面积的求解，属综合基础题.

4．已知和是平面内两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先设，，，画出图形，根据已知条件得到在以为直径的圆上，再结合图形求解即可.

【详解】如图所示：

设，，，

则，，

因为，所以，即.

所以在以为直径的圆上.

设的中点为，因为和是平面内两个单位向量，且，

所以，.

所以.

故选：B

5．锐角是单位圆的内接三角形，角的对边分别为，且，则等于（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】C

【分析】利用余弦定理得到，再利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，结合外接圆半径即可求解

【详解】由，

得，

由余弦定理，可得，

又由正弦定理，可得，

所以，

得，又，所以，所以.

又，所以，

故选：C

6．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，表示出，，然后求出的值，即可得出答案.

【详解】

如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，

则，，，，，

则，，

所以，，

所以，

所以，异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B.

7．已知过双曲线的右焦点，且与双曲线的渐近线平行的直线交双曲线于点，交双曲线的另一条渐近线于点（，在同一象限内），满足，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】将直线的方程分别与双曲线方程及渐近线方程联立，求出的纵坐标，再利用已知条件求解．

【详解】双曲线的渐近线方程为，如图，不妨设在第一象限，

直线的方程为，与联立，得；

直线与联立，得．

由，得，即，

得，即，则，

故选：B．

8．对任意的，，不等式恒成立，则正实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用指数的运算性质以及基本不等式，把双变量问题变成单变量，再利用导数来研究函数的单调性和最值.

【详解】设，则问题转化为不等式可化为恒成立，

又（当且仅当时取等号），

所以，即有在时恒成立，

令，则，令，

即，令，则，

因为，，所以，所以在单调递增，

又，即的根为3，

所以当时，单调递增，当时，单调递减，

所以当时，取得最小值，所以，解得.

又，所以.

故选：A．

【点睛】关键点睛：

解答时要充分利用题设中的有效信息，先将两个变量化为一个变量，再灵活运用导数这一重要工具，通过两次求导使得函数的变化情况较为明确，最后借助不等式恒成立，从而求得参数的取值范围，使得问题简捷、巧妙获解．

二、多选题

9．已知直线与圆交于，两点，且（其中为坐标原点），则实数的值可以是（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】BC

【分析】由已知可推得，设，，则.联立直线与圆的方程，得出坐标之间的关系，即可得出答案.

【详解】

由可得，，

所以，

所以，所以.

设，，则.

联立直线与圆的方程可得，，

由，可得.

且，则，

所以，

解得.

故选:BC.

10．创新，是一个民族进步的灵魂，是一个国家兴旺发达的不竭源泉.为支持“中小企业”创新发展，国家决定对部分创新型企业的税收进行适当减免，现在全国调查了100家中小企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（    ）

A．年收入在万元的中小企业约有14家

B．样本的中位数大于400万元

C．估计当地中小型企业年收入的平均数为376万元

D．年收入的样本数据的80%分位数为480万元

【答案】AC

【分析】根据频率分步直方图可计算，进而可结合选项逐一求解中位数，百分位数以及平均数即可求解.

【详解】由频率分步直方图可知：

对于A, 年收入在万元的中小企业约有家，故A正确，

对于B，设样本中的中位数为，则，故B错误，

对于C，当地中小型企业年收入的平均数为，万元，故C正确，

对于D， 设年收入的样本数据的80%分位数为，则万元，故D错误，

故选：AC

11．如图，点M是棱长为2的正方体中的线段上的一个动点，则下列结论正确的是（    ）

A．存在点M，使平面

B．不存在点M满足

C．存在点M，使异面直线与所成的角是60°

D．二面角的正弦值为

【答案】AD

【解析】选项A.   当为中点时可得可判断；选项B.  当点M与点重合时可得可判断；选项C.  连接,由，如图2，所以为异面直线与所成的角，可求出其最大角可判断；选项D.  二面角即二面角，由，，取的中点，连接,则，所以角为二面角的平面角，可求解判断.

【详解】选项A.   当为中点时，连接交于点，连接,如图1

所以且，则为平行四边形，所以

又平面，平面，所以平面，故A正确.

选项B.  当点M与点重合时，由平面,

又平面,所以，故B不正确.

选项C.  连接,由，如图2，所以为异面直线与所成的角.

在直角中，

在正方形中，, 所以，即，故C不正确.

选项D.  二面角即二面角

由，

取的中点，连接,如图3，则

所以角为二面角的平面角

所以,在中，

所以

所以，故D正确.

故选：AD

【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的判断和线面角以及二面角的求解，解答本题的关键是作出相应的角，由，所以为异面直线与所成的角，在直角中，，属于中档题.

12．螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（    ）

A．第个正方形面积为.

B．.

C．使得不等式成立的的最大值为.

D．数列的前项和对任意恒成立.

【答案】BCD

【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】根据题意，，且，

故，即，又，故可得，

由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，

则，，即第三个正方形的面积为，

故A错误，B正确；

对C：因为，，

故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，

，又，故不等式成立的的最大值为，正确；

对：因为，对任意恒成立，正确.

故选：.

三、填空题

13．为庆祝中国共产党成立100周年，某志愿者协会开展“党史下乡”宣讲活动，准备派遣8名志愿者去三个乡村开展宣讲，每名志愿者只去一个乡村，每个乡村至少安排2个志愿者，则不同的安排方法共有______种.（用数字作答）

【答案】

【分析】先将8名志愿者分成（3,3,2）一组和（2,2,4）一组，再分配到三个乡村即可求出结果.

【详解】依题意，①先将8名志愿者分成（3,3,2）一组，再分配到三个乡村，

则有种安排方法.

②先将8名志愿者分成（2,2,4）一组，再分配到三个乡村，

则有种安排方法.

所以共有：种方法.

故答案为：.

四、双空题

14．等差数列中，，公差，则使前项和取得最大值的正整数的值是______，使前项和的正整数的最大值是______.

【答案】     6或7     12

【分析】根据已知可推得，且，.然后可知当时，有，即可得出或时，取得最大值；然后求出，即可得出.

【详解】因为，，所以，所以，

所以，所以，所以，

所以，当时，有；当时，，

所以，使前项和取得最大值的正整数的值是6或7.

又，且，

所以，所以使前项和的正整数的最大值是12.

故答案为：6或7；12.

五、填空题

15．若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．

【答案】

【分析】分析出函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调递减区间，即可求得实数的最小值.

【详解】对任意的、，且，，易知，

则，所以，，即，

令，则函数在上为减函数，

因为，由，可得，

所以函数的单调递减区间为，

所以，，所以，，因此，实数的最小值为.

故答案为：.

16．球的内接正四面体中，、分别为、上的点，过作平面，使得、与平行，且、到的距离分别为2，3，则球被平面所截得的圆面的面积是______.

【答案】

【分析】先将正四面体放到一个正方体中，结合面面平行证明上下底面和平面平行，将距离都转移到线段上，得正方体的棱长，再利用球心到截面的距离求截面圆的半径，最后计算面积即可.

【详解】将正四面体放到一个正方体中，如图所示，球O是正四面体的外接球，也是正方体的外接球.

依题意，设平面交BC于R，

因为平面，平面与平面交于，平面，所以，

又平面，平面与平面交于，平面，所以，

如图，连接，与AB交于上底面中心，易知，所以，

平面，平面，故平面，又平面，，平面，平面，

故上底面平面，同理可证下底面也平行平面.

连接上下底面中心，交平面于S，因为AB、CD到的距离分别为2，3，

则，则正方形棱长为，正方体的体对角线，

即球的直径为，所以，

球О被平面所截得的圆的半径为r，

则截面圆圆心为S，到球心的距离，

故，

故面积.

故答案为：.

六、解答题

17．将5个不同的球放入编号为1，2，3，4，5的5个不同的盒中，试问.

(1)一共有多少种不同的放法？

(2)恰有1个空盒的放法有多少种？

【答案】(1)3125

(2)1200

【分析】（1）把小球全部放入盒子，1号小球可放入任意一个盒子内，有种放法，余下的2,3,4,5号小球也各有5种放法，根据分步计数原理得到结果；

（2）恰有一个空盒，则这5个盒子中只有4个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,1,2.先将5个球分为4组，从5个盒子中选出4个，然后进行全排列即可求解.

【详解】（1）将5个不同的球放入编号为1，2，3，4，5的5个不同的盒中，

每个球有5种放法，则5个球有种不同的放法；

（2）①将5个球分为4组，有种分组方法，

②恰有1个空盒，则有且仅有2个球进了同一个盒子，在5个盒子中任选4个，放入四组球，有种情况，则共计种不同的放法．

18．在二项式中，有.

(1)求二项式的展开式的常数项；

(2)若它的展开式中，常数项是其各项系数最大的项，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出通项，由以及，即可求出答案；

（2）由只有常数项为最大项且，可得，解不等式即可.

【详解】（1）设为常数项，

则有，即，所以，常数项为第项，

且.

（2）因为展开式中，常数项是其各项系数最大的项，

所以第6项是系数最大的项，

所以有

由①得，所以，

由②得，所以，

所以.

19．设数列满足，，且对任意，函数满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出，根据，即可推得，所以是等差数列.然后由已知求得，即可得出数列的通项公式；

（2）由（1）可推得，根据分组求和，分别求出等差数列以及等比数列的前项和，即可求得答案.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

所以，，

所以是等差数列.

又，，

所以，所以，

所以.

（2）因为，

所以

20．如图，三棱柱中，平面平面，和都是正三角形，是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）首先证明，进一步得出结论.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．

【详解】（1）如图，连接，交于点，连接，

由于四边形是平行四边形，所以是的中点．

因为是的中点，所以．

因为平面，平面，

所以平面．

（2）如图，取的中点，连接，，

根据和都是正三角形，得，．

又平面平面，平面平面，所以平面，于是．

以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．

设，则，，，．

所以，，．

设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．

设平面的法向量，则，即，令，则，，所以．

设二面角的大小为，由图易知为锐角，

则，

因此二面角的余弦值为．

【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．

解题关键 （1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量．

21．已知椭圆，上顶点和右顶点分别是，椭圆上有两个动点，且.如图所示，已知，且离心率.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求四边形面积的最大值；并试探究直线与的斜率之积是否为定值若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由.

【答案】(1)

(2)16；是定值，

【分析】（1）由已知可求得，根据离心率得出，代入，即可求得的值，即可求得椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组，根据，求得，利用弦长公式得，由，求得与间的距离为，求得，令，得到，结合三角函数的性质，求得时，四边形面积最大值为，进而证得为定值.

【详解】（1）解：因为，可得，又因为又，所以，

又由，所以，所以，

所以椭圆的标准方程为.

（2）解：由（1）知，，所以，所以，

设直线的方程为，设，，

联立直线与椭圆的方程，整理得，

 由，解得，

又由，所以，且，，

所以.

直线方程为，所以，

因为，直线的方程为，

所以直线与之间的距离为，

所以四边形的面积，

令，，则，

令，则，

故当时，即时，四边形面积最大值为，

又因为，，

所以

，

故直线与的斜率之积是定值，且定值为．

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数有两个不同的零点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）代入，求出，根据导数的几何意义求得切线的斜率，即可写出直线的方程；

（2）由已知可得.根据的取值范围，分类讨论得出的单调性，研究函数的极值与0的关系，即可得出答案.

【详解】（1）当时，，所以，

根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线的斜率，又，所以所求切线方程为，即．

（2）由已知可得，定义域为，

且.

当时，

由，得，所以在上单调递减；

由，得，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值.

要使有两个不同的零点，则必有，即，所以.

因为，

根据零点存在定理可知，，使得，且在上没有零点.

因为，

当时，有，所以.

又，所以，

所以，

所以.

因为，所以有，

根据零点存在定理可知，，使得，且在上没有零点.

综上所述，在区间以及内各有一个零点，在以及上没有零点，所以有两个零点，故满足题意；

当时，，.

当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，

所以，此时无零点；

当时，因为恒成立，

所以在区间内单调递减，

所以至多有一个零点，不符合题意；

当时，有，

因为当时，，

所以在区间内单调递减，在区间内单调递减；

当时，，所以在区间内单调递增.

所以在处取得唯一极小值，，

所以在上无零点.

因为在内单调递减，所以在上至多有一个零点.

所以，至多有一个零点，不符合题意；

当时，因为当时，，

所以在区间内单调递减，在区间内单调递减；

当时，，所以在区间内单调递增.

所以在处取得唯一极小值，，

所以在上无零点.

又在区间内单调递减，所以在区间内至多有一个零点.

所以至多有一个零点，不符合题意．

综上所述，的取值范围是．