2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高二下学期期中数学试题-附答案

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高二下学期期中数学试题一、单选题1．在复平面内，复数z对应的点为，则（

）A．1 B．i C．－i D．【答案】B【分析】根据复数的几何意义可得，根据复数除法运算即可求解.【详解】由题意可得，故，故选：B.2．1至9中的质数能够组成没有重复数字的整数的个数为（

）A．24 B．36 C．48 D．64【答案】D【分析】先得出1至9中的质数2，3，5，7，再排列组合即可.【详解】由题意得1至9中的质数为2，3，5，7四个数，故能组成的无重复数字的整数有：，即D正确.故选：D3．函数的大致图象是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】判断函数的奇偶性，通过求导判断函数的单调性，利用排除法即可得解．【详解】因为，所以是奇函数，从而的图像关于原点对称.故排除B和C.因为，所以是增函数，故排除D.故选：．4．若函数有两个极值点且这两个极值点互为倒数，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求函数的导函数，根据极值点互为倒数应用韦达定理，得出，即可求出导函数的值.【详解】，函数的极值点即方程的两个实根，由题意可知，两实根互为倒数，则，解得，所以，故，故选：.5．为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”、“数学建模”、“古今数学思想”、“数学探究”、“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将五门课程分为两组，每组的数量分别为、或、，然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】将五门课程分为两组，每组的数量分别为、或、，然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，所以，每位同学不同的选修方式种数为.故选：A.6．定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的可能取值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角函数图象的变换求得变换后的解析式，再根据偶函数的定义求解.【详解】由题可知，，将的图像向左平移个单位，所得函数为，因为所得图像对应的函数为偶函数，所以，解得，因为，所以故选:C.7．根据以往经验，一超市中的某一商品每月的销售量(单位：件)与销售价格(单位：元/件)满足关系式，其中.已知该商品的成本为20元/件，则该超市每月销售该商品所获得利润的最大值为（

）A．8600元 B．8060元 C．6870元 D．4060元【答案】B【分析】根据已知销售价格列出利润函数，然后利用导数求得最大值．【详解】设超市每月销售该商品所获得的利润为元，则，，，令，得，则在上单调递增；令，得，则在上单调递减.所以的最大值为.故选：B．8．设，，，则，，的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据三个式子的结构，构造函数，求导判断单调性，进而比较，，的大小，即可得，，的大小关系.【详解】令，则，，，由可得且，由可得；所以在上单调递减，因为，所以，所以，故选：C.二、多选题9．等差数列的公差为，前项和为，当首项和变化时，是一个定值，则下列各数也为定值的有A． B． C． D．【答案】BC【解析】根据等差中项的性质和等差数列的求和公式可得出结果.【详解】由等差中项的性质可得为定值，则为定值，为定值，但不是定值.故选：BC.【点睛】本题考查等差中项的基本性质和等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.10．(多选)若双曲线C的一个焦点F(5，0)，P是双曲线上一点，且渐近线方程为yx，则下列结论正确的是（

）A．C的方程为=1 B．C的离心率为C．焦点到渐近线的距离为3 D．的最小值为2【答案】AD【解析】由双曲线C的一个焦点F(5，0)，且渐近线方程为yx，可得双曲线C的，再根据双曲线的性质对每一个选项进行逐一判断即可.【详解】双曲线C的一个焦点F(5，0)，且渐近线方程为yx，可得，焦点坐标在x轴上，所以，由，所以，所以C的方程为=1，A正确；离心率为e=，B不正确；焦点到渐近线的距离为d==4，C不正确；的最小值为，D正确.故选：AD11．如图，平面平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，若G是EF的中点，，，则（

）A． B．平面ABCDC． D．三棱锥外接球的表面积是【答案】BCD【分析】利用已知结合数量积的运算求解可判断选项A，由线面平行的判定定理可判断选项B,由面面垂直的性质定理可判断选项C,计算可得为直角三角形，再由为直角三角形，可知为三棱锥的外接球的直径，再由球的表面积公式可判断选项D．【详解】解：，，，又、、两两相互垂直，，A错误，四边形ABEF是矩形，平面ABCD,平面ABCD,平面ABCD,B正确，平面平面ABEF，四边形ABCD是正方形，,平面平面ABEF，平面ABEF,平面ABEF,,C正确，，，，为直角三角形，又为直角三角形，为三棱锥的外接球的直径，则三棱锥的外接球的表面积．故选：BCD．12．现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（

）A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B．全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法【答案】ACD【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；故选：ACD.13．对于函数，下列说法正确的是（

）A． B．在处取得极大值C．有两个不同的零点 D．若在上恒成立，则【答案】ABD【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值的定义判断选项AB；由函数零点的定义可判断选项C；构造函数，利用导数求函数的最大值，可判断D.【详解】对于函数，，，；令，得，解得，当时，，所以函数在上为单调递增函数，当时，，所以函数在,上为单调递减函数，∴，又，∴，故A正确；所以函数在处取得极大值，故B正确；因为时，得，解得，所以函数只有一个零点，选项C错误；因为在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，则单调递减，所以当时，，所以，选项D正确.故选：ABD.14．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（

）A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84B．由“第行所有数之和为”猜想：C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为286D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字【答案】ABCD【分析】根据给定的“杨辉三角”，结合二项式定理、组合数计算、组合数的性质逐项分析计算判断作答.【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A正确；由“第行所有数之和为”猜想：，因为，则令得：，B正确；在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为：，C正确；在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即因为对应相乘可得的系数为，而二项式展开式的通项公式，当时，，则的系数为：，所以，D正确.故选：ABCD三、填空题15．抛物线的焦点坐标为______．【答案】(1，0)【分析】将抛物线化为标准方程，根据定义求得焦点坐标.【详解】抛物线标准方程为：焦点坐标为：【点睛】本题考查根据抛物线方程求焦点的问题，关键是要将方程化为标准方程的形式，属于基础题.16．哈尔滨市第一二二中学高二数学组织华容道大赛，七名数学老师依次登场，在安排出场顺序时，三个班主任需要排在一起登场，这样出场顺序一共有__________种．（用数字作答）【答案】720【分析】利用捆绑法即可求解.【详解】利用捆绑法，共有种安排方法，故答案为:720.17．已知的展开式中所有二项式系数之和是64，则它展开式中x2的系数___________.【答案】【分析】利用二项式定理系数的性质，求出n，然后通过二项式定理的通项公式求出项即可．【详解】解：的展开式的二项式系数之和为64，所以，所以，由二项式定理的通项公式得：当时，展开式中项的系数为：故答案为：.18．已知函数，其中，若对于任意的，且，都有成立，则实数a的取值范围是_____________．【答案】【分析】根据题意转化为对任意的恒成立，令，进而转化为恒成立，得到在恒成立，令，利用导数求得函数为单调区间和最小值，得到，即可求解.【详解】由对于任意的，且，都有，则对于任意的恒成立，令，则不等式等价于对于任意的恒成立，即在区间单调递增，又由，可得，则，即在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，令，可得恒成立，所以函数为单调递增函数，所以，则，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】知识方法：对于已知函数的单调性求参数问题：（1）已知可导函数在区间上单调递增，转化为区间上恒成立；（2）已知可导函数在区间上单调递减，转化为区间上恒成立；（3）已知可导函数在区间上存在增区间，转化为在区间上有解；（4）已知可导函数在区间上存在减区间，转化为在区间上有解.四、解答题19．已知，函数.（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数在区间上是减函数，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；（2）可得在恒成立，由此可建立关系求解.【详解】，（1）当时，，，在点处的切线方程为，即.（2）函数在区间上是减函数，在恒成立，而在恒成立，在恒成立，这时，当函数在区间上是减函数时，.20．在中，分别为内角A，B，C的对边，且．（1）求C的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先利用正弦定理将转化为，再利用两角和的正弦公式化简可求得答案；（2）由余弦定理结合已知条件可求出，，然后利用三角形的面积公式可求得结果【详解】解：（1）∵，∴根据正弦定理可得，，∴，∴．因为，∴，又∴．（2）由余弦定理，得，解得，由得所以的面积所以的面积．21．如图，在四面体中，，平面，点M为棱的中点，，.（Ⅰ）求直线与所成角的余弦值；（Ⅱ）求平面和平面的夹角的余弦值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系,利用空间向量的夹角公式可求得结果；（Ⅱ）利用两个平面的法向量可求得结果.【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，（Ⅰ）依题意，．，所以直线与所成角的余弦值为.（Ⅱ）易知，为平面的一个法向量，依题意，可得，．设为平面的法向量，则即，不妨令，可得．因此有，由图可知平面和平面的夹角为锐角，所以平面和平面的夹角的余弦值为．【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.22．已知数列满足：.(1)求的通项公式；(2)若数列是等比数列，且，求关于的表达式.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的定义判断得数列是等差数列，计算公差，再写出通项公式即可；（2）根据（1）写出数列的通项公式，再根据等比数列计算公比，写出等比数列的通项公式，两式相等即可得关于的表达式.【详解】（1）所以数列是等差数列，设其公差为，则，.所以数列的通项公式为.（2）由（1）知.因为数列是等比数列，且，数列的公比，由等比数列的通项公式可得，23．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不同的实数根，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）对求导，分类讨论和时的正负，即可得出的单调性；（2）解法一：“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，转化为与的图象有两个交点，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案.【详解】（1）由条件知，，当时，在上恒成立，所以在单调递增．当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增．（2）解法一：由方程得，“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．，．①当时，，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；