贵州省黔西南州安龙县第四高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

安龙县第四高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学
2023.5
考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：人教A版必修第一册、第二册，选择性必修第一册、第二册、第三册第六章~第七章7. 2。
第I卷（选择题 共60分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足，则复数的实部与虚部之和为（ ）
A. B.4 C. D.2
3.某质点的位移函数是，则当时，它的速度对的瞬时变化率（即加速度）是（ ）
A. B. C. D.
4.设函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.某试验分5个程序，其中程序、实施时必须相邻，则试验的实施方法有（ ）
A.24种 B.48种 C.96种 D.120种
6.若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线的垂线.垂线交轴于点（为双曲线的半焦距），则此双曲线的离心率是（ ）
A. B. C.2 D.
7.已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离是（ ）
A.7 B. C. D.
7.已知是上的奇函数，且满足，当时，，则等于（ ）
A. B.2 C. D.98
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.若且，则实数的值可以为（ ）
A. B. C.0 D.1
10.已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
11.定义运算：，将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
12.下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某保险公司把被保险人分为3类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这3类人在一年内发生事故的概率依次为，和0.30.如果“谨慎的”被保险人占，“一般的”被保险人占，“冒失的”被保险人占，则一个被保险人在一年内出事故的概率是______.
14.已知等比数列的前项和为，公比，若，则______.
15.已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上.若，，，，则球的体积为______.
16.过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，，交其准线于点，若，，则此抛物线方程为______.
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.（本小题满分10分）
已知的三个内角，，所对的边分别为，，，且，，的面积.
（1）求边和；
（2）求角.
18.（本小题满分12分）
已知等差数列的公差不为0，且满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求证：.
19.（本小题满分12分）
农历五月初五是端午节，吃粽子是我国端午节的传统习俗.现有一盘子，装有10个粽子，其中红豆粽2个，肉粽3个，蛋黄粽5个，假设这三种粽子除馅料外完全相同.从中任意选取3个.
（1）求选取的三个粽子中恰有1个肉粽的概率；
（2）设表示取到的红豆粽个数，求的分布列.并求“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”的概率.
20.（本小题满分12分）
如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，且底面.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角为，求与平面所成角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
设椭圆：的左焦点为，上顶点为，离心率为，是坐标原点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆在第一象限内的交点为，，直线与直线的交点为，求的面积.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求证：函数在区间上存在唯一的极值点；
（2）当时，若关于的不等式恒成立，试求实数的取值范围.
安龙县第四高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学
参考答案、提示及评分细则
1.C 因为，，所以.
2.D 由，得，则复数的实部与虚部之和为.
3.A 由题可得，即，∴，∴.故选A.
4.C ∵，∴，∴.，∴在处的切线方程为.
5.B 先将、排列，有种排法，再把和当作一个元素和其余3个程序全排，有种排法，故有种实施方法.
6.A 不妨取双曲线的左焦点，则过点且与直线垂直的直线方程为.据题意，得点在直线上，∴，∴.
7.D 由题意，，，∴.设与的夹角为，则，所以点到平面的距离为.
8.A 因为是上的奇函数，则有，即，于是得，从而有是周期函数，周期，而时，，则，故选A.
9.AD 因为，令，则，故，即或.故选AD.
10.BCD 因为圆的半径为2，圆心为，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离为1.
圆心到直线的距离为，不符合题意；
圆心到直线的距离为，符合题意；
圆心到直线的距离为，符合题意；
圆心到直线的距离为1，符合题意.故选BCD.
11.BC 将函数的图象向左平移个单位，可得的图象，再根据所得图象对应的函数为偶函数，可得，，求得，令，可得；令，求得.故选BC.
12.AC 观察各命题，构造函数，
，则易知在上单调递增，在上单调递减.
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.故AC正确.故选AC.
13.0.175 由全概率公式得所求概率为.
14. 由等比数列的性质可得，化简可得，解得或（舍去），所以.
15. ，，
16. 解法一：作准线交准线于点，由抛物线的定义得.故由，得，所以.故直线的倾斜角为.所以直线的方程为.联立消去得，解得，.故由抛物线的定义得.所以此抛物线的方程为.
解法二：作，，垂足分别为，.设，由抛物线定义得，，故，在直角三角形中，因为，，所以，，从而得.设准线与轴交于，则，所以，即，，因此抛物线方程为.
17.解：（1）由，及，得.
由，可设，
由得，
故，.
（2）由余弦定理，
得，
由正弦定理，得，
由，知必为锐角，
故（或）.
18.（1）解：设数列的公差为，由题可知
解得
故的通项公式为.
（2）证明：由（1）可知，记，
则
19.解：（1）令表示事件“三个粽子中有1个肉粽”，
∴由古典概型的概率计算公式有
（2）题意知，可能取的值为0，1，2
∴，
，
.
故的分布列为
0 1 2
由的分布列知，“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”即，
故概率为：
20.（1）证明：∵底面，∴.
∵平行四边形中，，，
∴
∵，∴平面
而平面，∴平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，
∴即为二面角的平面角，
即.
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
则，，，.
∴，，.
设平面的法向量为，
则即
令，得.
∴与平面所成角的正弦值为
21.解：（1）设椭圆的焦距为，则，
∴
∵，∴
又，，，
∴，∴，∴，
∴，，
∴
（2）由及，，得.
当时，∵，
∴点纵坐标为.
∴，∴，
∴.
由，，得直线方程：，
由得，
∴
∵，∴的面积为.
22.（1）证明：，∵，，
∴，
令，则，
∴在区间上单调递增，
∴在区间上存在唯一零点，
∴在区间上存在唯一的极小值点.
（2）解：由，得，
即.
∵，∴，
令，则.
令，则.
∵，∴，∴在上单调递增，
∴，∴，
∴在上单调递增
∴，
∴的取值范围是.