2022至2023年高二下册期中考试数学免费试卷(福建省仙游第一中学).pdf

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1、 选择题 满足 的集合 的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】分析：先分析集合 中一定含有，另外还至少包含中的一个，再列举得到答案 详解：由题意，得 或 或.故选 C 选择题 复数在复平面内对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】分析：先利用复数的除法法则化简，再利用复数的几何意义进行求解 详解：因为，所以该复数对应的点在第一象限 选择题 已知函数是定义在 R 上的周期为 6 的奇函数，且满足，则 A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：利用周期性求出，利用周期性和奇偶性求出 详解：由题意，得：，则 选择题 漳州某公园举办水仙花

2、展，有甲、乙、丙、丁 4 名志愿者，随机安排2 人到 A 展区，另 2 人到 B 展区维持秩序，则甲、乙两人同时被安排到 A 展区的概率为 A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：先分析总的基本事件数和“甲、乙两人同时被安排到A展区”所包含的基本事件数，再利用古典概型的概率公式进行求解 详解：随机安排 2 人到 A 展区，另 2 人到 B 展区维持秩序，有种不同的方法，其中甲、乙两人同时被安排到 A 展区，有种方法，则由古典概型的概率公式，得甲、乙两人同时被安排 到 A 展区的概率为 选择题 已知等差数列的前 项和为若，则 A.35 B.42 C.49 D.63【答案】B【解析】分析：可利用“

3、若等差数列的前 项和为，则、成等差数列”进行求解 详解：在等差数列中，、成等差数列，即 7、14、成等差数列，所以，解得 选择题 已知实数 满足则的最大值为（）A.1 B.11 C.13 D.17【答案】C【解析】作出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，即可求解目标函数的最大值，得到答案 由题意，作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，设，可化为直线，由图象可知当直线过点 A 时，此时在 y 轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，即点，所以目标函数的最大值为，即的最大值为，故选 C 选择题 为 了 得 到 函 数的 图 象，只 需 将 函 数的图象 A.向右平

4、移 个单位长度 B.向右平移 个单位长度 C.向左平移 个单位长度 D.向左平移 个单位长度【答案】D【解析】分析：先利用二倍角公式化简两个函数解析式，再用诱导公式化为同名函数，再利用图象平移进行判定 详解：因为，且，所以为了得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移 个 单位长度 选择题 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果为 A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】分析：根据程序框图依次写出循环体的运行结果即可 详解：由程序框图，得：，结束循环，输出的 值为 4 选择题 若，则下列不等式正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】根据题意对给出的每个选项分别进行分析判断后可

5、得正确的结论 对于选项 A，由可得，又，所以，故 A 不正确；对 于 选 项B，由 于，所 以等 价 于，可得，不合题意，故 B 不正确；对于选项 C，由于函数在上为减函数，且，所以，故 C 不正确；对于选项 D，结合对数函数的图象可得当，时，故 D 正确 故选 D 选择题 函数的图象大致为 A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：先利用函数为奇函数排除选项 C、D，再利用特殊函数值的符号排除选项 B 详解：易知的定义域为，且，即函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项 C、D；又，故排除选项 B，故选 A 选择题 在直三棱柱中，则其外接球与内切球的表面积之比为 A.B.C.D.【答案】A【

6、解析】分析：先利用勾股定理判定底面为直角三角形，进而利用直棱柱的结构特征确定三棱柱的外接球和内切球的球心，进而求出各自半径，再利用球的表面积公式进行求解 详解：分别取的中点，连接，取的中点，连接，由题意，得，即为直角三角形，则点 为外接球的球心，为半径，则；作三棱柱的中截面，则中截面三角形的内心是该三棱柱的内切球的球心，中截面三角形的内切圆的半径是内切球的半径，即；因为，则其外接球与内切球的表面积之比为 图 1 图 2 选择题 已知直线与椭圆交于、两点，与圆交于、两点若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是 A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：先根据直线的方程判定该直线过定点，且该点是圆的

7、圆心，再利用判定点是线段的中点，再利用点差法进行求解 详解：将化为，即直线 恒过定点，且该点为圆的圆心，由，得是的中点，设，则，且，作差，得，即，即，填空题 已知函数，则的值为_【答案】4【解析】根据分段函数的解析式，先求得，进而可求得的值，得到答案 由题意，函数，可得，所以，故答案为 填空题 已知双曲线的渐近线方程为，焦点坐标为，则双曲线的方程为_.【答案】【解析】分析：先利用双曲线的渐近线方程设出双曲线的方程，再利用焦点坐标确定有关系数 详解：将化为，设以为渐近线的双曲线方程为，又因为该双曲线的焦点为，所以，解得，即双曲线方程为 填空题 不为别的，只为与你拥有一点共同的语言.函数是定义在

8、上的奇函数，且当时，则曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】先求出当时的解析式，然后再求出切线方程 函数是定义在 上的奇函数 当时，当时，则当时，即切线方程为，即 故答案为 填空题 如图，在四面体中，点，分别在棱，上，且平面平面，为内一点，记三棱锥的体积为，设，对于函数，则下列结论正确的是_ 当时，函数取到最大值；函数在上是减函数；函数的图像关于直线对称；不存在，使得（其中为四面体的体积）【答案】【解析】令，则，所以，则在单调递增，单调递减，所以 正确；正确；错误；正确，即正确的是。解答题 在中，.（1）求证：是直角三角形；（2）若点 在边上，且，求【答案】（1）直角三角形；（2）【解析】

9、分析：（1）先利用余弦定理得到的值，再利用勾股定理进行证明；（2）先利用诱导公式和两角和的正弦公式求出相关角的正弦值，再利用正弦定理进行求解 详解：（1）在中，由余弦定理，得 所以，所以，所以，所以，所以是直角三角形（2）设，则，所以，在中，由正弦定理得，所以 解答题 已知是各项均为正数的等比数列，且，等差数列的前 项和为，且.（1）求数列，的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系中，有点，若记的面积为，求数列的前 项和.【答案】(1),(2)【解析】（1）设出数列的公比，列出等量关系式，求得结果，得出通项公式，设出数列的首项和公差，由已知列方程组求出首项和公差，则等差数列的通项公式可求；（2

10、）利用关系，求出，之后应用错位相减法求和.(1)设数列公比为,由已知,由题意得：得，又，解得，则 设数列的公差为，由题意得：解得，则 (2)由(1)有=，故 +-得-=故 解答题 某公司计划购买 1 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.在购进机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用 200 元，另外实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次 50 元.在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修服务费用 500 元，无需支付小费.现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内的维修次数，

11、得下面统计表：维修次数 8 9 10 11 12 频数 10 20 30 30 10 记 x 表示 1 台机器在三年使用期内的维修次数，y 表示 1 台机器在维修上所需的费用（单位：元），表示购机的同时购买的维修服务次数.（1）若=10，求 y 与 x 的函数解析式；（2）若要求“维修次数不大于”的频率不小于 0.8，求 n 的最小值；（3）假设这 100 台机器在购机的同时每台都购买 10 次维修服务，或每台都购买 11 次维修服务，分别计算这 100 台机器在维修上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买 1 台机器的同时应购买 10 次还是 11 次维修服务？【答案】（1）；（2）见解析

12、；（3）10次.【解析】分析：（1）根据题意写出分段函数即可；（2）计算出“维修次数不大于 10 或 11 次”的频率，再比较得到答案；（3）利用表格得到费用的所有可能取值及相应频率，再利用平均数公式进行求解，再比较两个平均数即可 详解：（1）即 （2）因为“维修次数不大于”的频率，“维修次数不大于”的频率=，所以若要求“维修次数不大于”的频率不小于 0.8，则 n 的最小值为11（3）若每台都购买 10 次维修服务，则有下表：维修次数 x 8 9 10 11 12 频数 10 20 30 30 10 费用 y 2400 2450 2500 3000 3500 此时这 100 台机器在维修上所

13、需费用的平均数为 2730（元）若每台都购买 11 次维修服务，则有下表：维修次数 x 8 9 10 11 12 频数 10 20 30 30 10 费用 y 2600 2650 2700 2750 3250 此时这 100 台机器在维修上所需费用的平均数为 2750（元）因为，所以购买 1 台机器的同时应购买 10 次维修服务 解答题 已知抛物线，且，三点中恰有两点在抛物线 上，另一点是抛物线 的焦点（1）求证：、三点共线；（2）若直线 过抛物线 的焦点且与抛物线 交于、两点，点 到轴的距离为，点 到 轴的距离为，求的最小值【答案】（1）见解析；（2）8.【解析】分析：（1）先根据三点坐标判

14、定三点与抛物线的位置，再确定三点坐标，利用两直线的斜率相等判定三点共线；（2）设出直线方程，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、基本不等式进行求解 详解：（1）由条件，可知，在抛物线 上，是抛物线 的焦点 所以 解得 所以，所以，所以，所以、三点共线（2）由条件可知，可设，代入，得，解得 设，则，所以，当且仅当，即或时，解答题 已知函数.（1）若，求函数的极值点；（2）若，函数有两个极值点，且，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：（1）求出函数的定义域和导数，通过讨论判别式的符号，研究导数的符号变化，进而研究函数的单调性和极值；（2）由（1）

15、及条件得到的关系，作差构造函数，利用导数的符号变化确定函数的单调性和最值 详解：（1）的定义域为，若，则，所以当时，所以在上单调递增，所以无极值点 若，则，由得，.当 的值变化时，的值的变化情况如下：+0-0+极大值 极小值 所以有极大值点，极小值点 （2）由（1）及条件可知 ，且,即,，所以 ,记,，因为当时，所以在上单调递减，因为，所以，即.解答题 在直角坐标系下，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数，且，）以坐标原点 为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，常数，曲线与曲线，的异于 的交点分别为，（1）求曲线和曲线的极坐标方程；（2）若的最大值为 6，

16、求 的值【答案】（1），；（2）【解析】分析：（1）消参得到曲线的直角坐标方程，再利用极坐标和直角坐标方程的互化公式进行求解；（2）利用极坐标方程写出的表达式，求和，利用辅助角公式进行求解 详解：（1）由得，即，所以，所以曲线的极坐标方程为 曲线的极坐标方程为 （2）由条件，有，所以，其中，因为，所以，所以当时，因为的最大值为 6，所以，又，所以 解答题 设函数（1）当时,求不等式的解集；（2）若，使得成立，求实数 的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用零点分段讨论法进行求解；（2）利用零点分段讨论法去掉绝对值符号，得到分段函数，分段求最值即可 详解：（1）当时，或或 或或 或，所以原不等式解集为（2）因为，使得成立，所以，因为 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，又，所以实数 的取值范围