贵州省黔西南州兴义市第六中学2022-2023学年高二下学期期中检测数学试卷(解析)

高中数学精编资源-2023学年度兴义六中第二学期期中检测高二数学试题本试题满分150分，考试时间为120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.若复数满足，则（）A. B.2 C. D.3【答案】A【解析】【分析】求得，进而可得.【详解】，，.故选：A．2已知集合，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．【详解】解：由，，解得，所以，集合，因为，所以，解得．故选：C．3.随机变量的分布列如下表所示，且，则()01230.10.1A. B.0.4 C.0.2 D.0【答案】D【解析】【分析】根据分布列总概率为1列出方程，和已知方程联立即可求得m和n的值，从而求得m－n的值.【详解】由分布列的性质可知，，即m＋n＝0.8，又∵，∴联立方程解得，m＝n＝0.4，∴m－n＝0.故选：D.4.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5.过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.【详解】设，由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，故直线的方程为，联立方程，消去y得，则，可知异号，由题意可得：，解得.故选：B.6.新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（）A.180辆 B.360辆 C.600辆 D.840辆【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.【详解】因为，且，所以，所以样本中耗电量不小于汽车大约（辆）.故选：A.7.学校食堂分设有一､二餐厅，学生小吴第一天随机选择了某餐厅就餐，根据统计：第一天选择一餐厅就餐第二天还选择一餐厅就餐的概率为0.6，第一天选择二餐厅就餐第二天选择一餐厅就餐的概率为0.7，那么学生小吴第二天选择一餐厅就餐的概率为（）A.0.18 B.0.28 C.0.42 D.0.65【答案】D【解析】【分析】利用全概率公式求解即可.【详解】设为“第一天去一餐厅用餐”，为“第一天去二餐厅用餐”，为“第二天去一餐厅就餐”；则,,,由全概率公式可知,故选：D.8.已知是函数的导函数且对任意的实数都有，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】令，由已知可得，故可设，利用可得，，解不等式即可.【详解】令，则，可设，，，所以，解不等式，即，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：B【点睛】本题主要考查构造法解不等式，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，是一道中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.关于的展开式，下列结论正确的是（）A.二项式系数和为64 B.所有项的系数之和为2C.第三项的二项式系数最大 D.项的系数为240【答案】AD【解析】【分析】根据二项式系数的性质，可判断选项A、C；用赋值法求出所有系数的和，可判断选项B；利用展开式的通项求解，可判断选项D.【详解】的展开式的二项式系数和为，选项A正确；中，令，可得所有项的系数之和为，选项B不正确；的展开式的第四项的二项式系数最大，选项C不正确；的展开式的通项为：，令，得，此时，所以项的系数为240，选项D正确.故选：AD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.最小正周期为B.当时，的值域为C.将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象D.将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称【答案】ACD【解析】【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；由，知，因为，所以，所以，，即，，又，所以，所以，对于B，当时，，所以，所以的值域为，故B错误；对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．故选：ACD．11.已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（）A.若相互独立， B.若事件，则C.若是对立事件，则 D.若是互斥事件，则【答案】ABD【解析】【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；对于B，事件，，，B正确；对于C，因是对立事件，则，，C不正确；对于D，因是互斥事件，则，，D正确.故选：ABD12.若方程有两个不相等的实数根，实数的取值可以是（）A.0 B. C. D.1【答案】BC【解析】【分析】将“方程有两个不相等的实数根”转化为“直线与函数的图像有两个不同的交点”，再结合导数研究函数的图像，即可求解.【详解】因为方程有两个不相等的实数根，则，即直线与函数的图像有两个不同的交点，因为的定义域为，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，又时，，时，，若直线与函数的图像有两个不同的交点，则，故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中含项的系数为______．【答案】－60【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】，设该二项式的通项公式为，因为的次数为，所以令，二项式的通项公式为，令，所以项的系数为，故答案为：14.从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）【答案】【解析】【分析】方法一：反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从人中任选人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出.【详解】［方法一］：反面考虑没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，故至少有位女生入选，则不同的选法共有种．故答案为：.［方法二］：正面考虑若有1位女生入选，则另2位是男生，于是选法有种；若有2位女生入选，则另有1位是男生，于是选法有种，则不同的选法共有种．故答案：.【整体点评】方法一：根据“正难则反”，先考虑“至少有位女生入选”的反面种数，再利用没有限制的选法种数减去反面种数即可求出，对于正面分类较多的问题是不错的方法；方法二：正面分类较少，直接根据女生的人数分类讨论求出．15.过点与曲线相切的直线方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.【详解】设切点坐标为，，.则切线方程为，因为在切线上，所以，即又，所以，令，，当时，，所以在上单调递增，所以方程只有唯一解为.即切点坐标为，故所求切线方程为，即.故答案为：16.在三棱锥中，两两垂直，，为棱上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥的外接球表面积为______．【答案】①.②.【解析】【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.【详解】设，且，因为两两垂直，所以，所以，可得，因为且，所以平面，又因为平面，所以，所以，因为且，所以平面，又因为平面，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：；.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.【小问1详解】设数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，即，解得或，因为各项均为正数，所以，所以，由，得，解得，所以.【小问2详解】由（1）知，，则，所以，两式相减可得，整理可得．18.在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求证：；（2）若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得又，所以因为为锐角三角形，所以，，又在上单调递增，所以，即；【小问2详解】由（1）可知，，所以在中，，由正弦定理得：，所以，所以．又因为为锐角三角形，所以，，，解得，所以，即面积的取值范围为．19.彭老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的7篇，求：（1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列；（2）他能及格的概率．【答案】（1）分布列见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，求出对应的概率，即可得出随机变量的分布列；（2）根据已知条件及随机变量的分布列的性质即可求解.【小问1详解】由题意可知，的可能取值为，则,,.所以的分布列为【小问2详解】该同学能及格，表示他能背诵篇或篇，由（1）知，该同学能及格的概率为.20.如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若直线与平面所成角正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；（2）取中点，结合面面垂直的性质可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，根据线面角的向量求法可构造方程求得的值；由面面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，分别为中点，，，，，又，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，，，四边形为平行四边形，又，，即；为等边三角形，，又平面平面，平面平面，平面，平面；则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，，解得：，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21.在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．（1）求点的轨迹的方程；（2）过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】设，由题意，因为，所以，即，两边平方并整理得．故点的轨迹的方程为；【小问2详解】设直线方程为，联立，消并整理得，，显然，设，，则，，又，可得线段中点坐标为，所以线段中垂线的方程为，令，可得，对于直线，令，可得，所以又，所以，令，则，因为在上单调递增，所以，故．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定