【文档说明】广东省汕头市金山中学2022-2023学年高二下学期期中考试 数学.docx，共(10)页，91.690 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年第二学期期中考试高二数学试卷命题人：张梦涛审题人：欧钟湖一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合𝑀={−1,0,1}，𝑁={𝑦|𝑦=𝑥2−1,𝑥∈𝑀}，则𝑀∩𝑁等于()

A.{−1,0,1}B.{−1,0}C.{0,1}D.{−1,1}2.设(1+2𝑖)(𝑎+𝑖)的实部与虚部相等，其中𝑎为实数，则𝑎等于()A.−3B.−2C.2D.33.已知两条直线𝑙1:𝑎𝑥+(𝑎

−2)𝑦−1=0，𝑙2:3𝑥+𝑎𝑦+2=0，则𝑙1⊥𝑙2是𝑎=−1的()A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著.其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一

尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若𝜋取3，估算该圆堡的体积为()立方尺(1丈=10尺).A.1998B.2012C.2112D.23245.(1𝑥+𝑥+𝑦2)8的

展开式中𝑥−1𝑦2的系数是()A.160B.240C.280D.3206.已知直线𝑦=𝑥−1与曲线𝑦=𝑒𝑥+𝑎相切，则实数𝑎的值为()A.−2B.−1C.0D.27.楼道里有9盏灯，为了节约用电，

需关掉3盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为()A.10B.15C.20D.248.如图，在底面半径为1，高为5的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与

圆柱的上下底面相切。一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆，则该椭圆的离心率为()A.√22B.√32C.√53D.√63二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.已知双曲线的方程为𝑦2

64−𝑥216=1，则（）A.渐近线方程为𝑦=±12𝑥B.焦距为8√5C.离心率为√52D.焦点到渐近线的距离为810.(1−2𝑥)𝑛=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎𝑛𝑥𝑛的展开式中第3项和第11项的二项式系数相等，则以下判断正确

的是()A.第7项的二项式系数最大B.所有奇数项的系数和为1−3122C.𝑎12+𝑎222+⋯+𝑎𝑛2𝑛=−1D.|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|⋯+|𝑎𝑛|=31311.一口袋中有除颜

色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件𝐴1:第一次取出的是红球;事件𝐴2:第一次取出的是白球;事件𝐵:取出的两球同色;事件𝐶:取出的两球中至少有一个红球，则()A.事件𝐴

1，𝐴2为互斥事件B.事件𝐵，𝐶为独立事件C.𝑃(𝐵)=25D.𝑃(𝐶|𝐴2)=3412.已知正四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的所有顶点都在球𝑂的球面上，𝐴𝐵=2𝐴1𝐵1=2，𝐴𝐴1=√2

，𝐸为△𝐵𝐷𝐶1内部(含边界)的动点，则()A.𝐴𝐴1//平面𝐵𝐷𝐶1B.球𝑂的表面积为8𝜋C.𝐸𝐴+𝐸𝐴1的最小值为2√3D.若𝐴𝐸与平面𝐵𝐷𝐶1所成角的正弦值为√217，则𝐸点轨迹长度为2√23𝜋三、填空题（本大题共4小题，共2

0.0分）13.已知𝑎⃗⃗=(−2,1)，𝑏⃗=(−1,1)，𝑐⃗=(𝜆,3)，若(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)⊥𝑐⃗，则实数𝜆=．14.𝐶6020−𝐶6121+⋯−𝐶6525+𝐶6626的值为．15.某校为参加某比赛，计划组建三支集训队．现共有备赛教师3名

、学生6名．每支集训队由1名教师和2名学生组成．根据需要，教师甲和学生乙要分配在一个队，学生丙和学生丁不在同一个队，则这三支队伍分组方法共______种．16.𝑒𝑖𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑖𝑠𝑖

𝑛𝑥被称为欧拉公式。我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公式。如：𝑐𝑜𝑠2𝑥+𝑖𝑠𝑖𝑛2𝑥=𝑒𝑖∙2𝑥=(𝑒𝑖𝑥)2=(𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥)2=𝑐𝑜𝑠2𝑥−𝑠𝑖𝑛2𝑥+𝑖∙2𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠

𝑥类比方法，我们可以得到𝑠𝑖𝑛5𝑥=_______(用含𝑠𝑖𝑛𝑥的式子表示)四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)如图，𝐷是直角三角形𝐴𝐵𝐶斜边𝐵𝐶上一点，𝐴𝐶=√

3𝐷𝐶．(1)若∠𝐷𝐴𝐶=30∘，求角∠𝐴𝐷𝐶的大小；(2)若𝐵𝐷=2𝐷𝐶，且𝐷𝐶=1，求𝐴𝐷的长．18.(本小题12.0分)如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐴1⊥底面𝐴1𝐵1�

�1，AC⊥AB，𝐴𝐶=𝐴𝐵=4，𝐴𝐴1=6，点𝐸，𝐹分别为𝐶𝐴1与𝐴𝐵的中点．(1)证明：𝐸𝐹//平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1．(2)求𝐵1𝐹与平面𝐴𝐸𝐹所成角的正弦值．19.(本小题12.0分)某足球队为评估球员的场上作用，对球

员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示．场上位置边锋前卫中场出场率0.50.30.2球队胜率0.60.80.7(1)当甲出场比赛时，求球队获胜

的概率；(2)当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率.20.(本小题12.0分)设𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}前𝑛项和，已知𝑎3=𝑆2+2，𝑆3=𝑎4+2，(1)求𝑎𝑛；(2)若𝑎1,𝑎2,𝑎𝑘1

,𝑎𝑘2⋯𝑎𝑘𝑛⋯,成等比数列，求数列{𝑘𝑛}的前𝑛项和．21.(本小题12.0分)已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1的焦点在𝑥轴上，它的离心率为12，且经过点𝑃(2√33,√2)．(1)求椭圆𝐶的方程；(2)若椭圆𝐶的左焦点为𝐹，过点

𝐹的直线𝑙与椭圆𝐶交于𝐴，𝐵两点，且过点𝐴，𝐵和点𝑄(0,√142)的圆的圆心在𝑥轴上，求直线𝑙的方程及此圆的圆心坐标．22.(本小题12.0分)已知函数𝑓(𝑥)=|𝑥𝑒𝑥−𝑎|−𝑎𝑥(𝑙𝑛

𝑥+1)(𝑎∈𝑅)．(1)若𝑎=−1，证明：𝑓(𝑥)𝑥−𝑒𝑥−2≥0；(2)若𝑓(𝑥)>0对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，求𝑎的取值范围．高二数学期中考试答案和解析𝐵𝐴𝐴𝐶𝐶𝐴𝐴𝐶𝐵�

�𝐴𝐶𝐴𝐶𝐷𝐴𝐵𝐷21642416𝑠𝑖𝑛5𝑥−20𝑠𝑖𝑛3𝑥+5𝑠𝑖𝑛𝑥17.解：(1)在▵𝐴𝐷𝐶中，由正弦定理得𝐴𝐶sin∠𝐴𝐷𝐶=𝐷𝐶sin∠𝐷𝐴𝐶，····1分所以，sin∠𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐶⋅si

n∠𝐷𝐴𝐶𝐷𝐶=√3×12=√32····2分又∠𝐴𝐷𝐶=𝐵+∠𝐵𝐴𝐷=𝐵+(90∘−∠𝐷𝐴𝐶)=𝐵+60∘>60∘····3分所以，∠𝐴𝐷𝐶=120∘．····4分(2)由𝐵𝐷=2𝐷𝐶，且�

�𝐶=1知：𝐵𝐶=3,𝐴𝐶=√3····5分所以，直角三角形𝐴𝐵𝐶中，cos𝐶=𝐴𝐶𝐵𝐶=√33····6分在▵𝐴𝐷𝐶中，由余弦定理得𝐴𝐷2=𝐴𝐶2+𝐷𝐶2−2�

�𝐶⋅𝐷𝐶cos𝐶=(√3)2+1−2√3×1×√33=2····8分所以，𝐴𝐷=√2．····10分18.(1)证明：如图，连接𝐴𝐶1，𝐵𝐶1．····1分因为三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵

1𝐶1为直三棱柱，所以𝐸为𝐴𝐶1的中点，····2分又因为𝐹为𝐴𝐵的中点，所以𝐸𝐹//𝐵𝐶1．····3分又𝐸𝐹⊄平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1．所以𝐸𝐹//平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1．····5分(2)解：由题可知

，𝐴1𝐶1,𝐴1𝐵1，𝐴1𝐴，两两垂直，以𝐴1为原点建立如图所示的空间直角坐标系𝐴1−𝑥𝑦𝑧，····6分则𝐴(0,0,6)，𝐵1(0,4,0)，𝐸(2,0,3)，𝐹(0,2,6)．····7分所以𝐵1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,6)，𝐴𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗=(2,0,−3)，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)，····8分设平面𝐴𝐸𝐹的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥−3𝑧=0𝑛⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0,····9分令𝑥=3，得𝑛⃗=(3,0,2).····10分记𝐵

1𝐹与平面𝐴𝐸𝐹所成角为𝜃，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠⟨𝐵1𝐹→,𝑛→⟩|=|𝐵1𝐹→⋅𝑛→|𝐵1𝐹→|·|𝑛→||=3√13065．····12分19.解：(1)设𝐴1表示“甲球员担当边

锋”;𝐴2表示“甲球员担当前卫”;𝐴3表示“甲球员担当中场”，𝐴1，𝐴2，𝐴3两两互斥，𝐵表示“球队赢了某场比赛”，····2分则𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵|𝐴1)+𝑃(𝐴2)𝑃(𝐵|𝐴2)+𝑃(𝐴3)𝑃(𝐵|𝐴3)

····4分=0.5×0.6+0.3×0.8+0.2×0.7····5分=0.30+0.24+0.14=0.68，····7分该球队某场比赛获胜的概率为0.68.····8分(2)由(1)知：𝑃(𝐵)=0.68，则𝑃(𝐴2|𝐵)=𝑃(𝐴2𝐵)𝑃

(𝐵)····10分=0.3×0.80.68=617，····11分所以球员甲担当前卫的概率为617.····12分20.解：(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，····1分由𝑎3=𝑆2+2，𝑆3=𝑎4+2，得{𝑎1+

2𝑑=2𝑎1+𝑑+23𝑎1+3𝑑=𝑎1+3𝑑+2,····2分解得𝑎1=1，𝑑=3，····4分∴𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=3𝑛−2；····5分(2)由(1)知，𝑎1=1，𝑎2=4，∴𝑎1，𝑎2，𝑎𝑘1，𝑎𝑘2，…，𝑎𝑘𝑛

，…的首项为1，公比为4，····6分𝑎𝑘𝑛是该数列的第𝑛+2项，····7分∴𝑎𝑘𝑛=4𝑛+1，····8分又𝑎𝑘𝑛=3𝑘𝑛−2，∴3𝑘𝑛−2=4𝑛+1，····9分∴𝑘𝑛=4𝑛+1+23，····10分设数列{𝑘

𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，∴𝑇𝑛=13(42+43+⋯…+4𝑛+1)+23𝑛=42(1−4𝑛)3(1−4)+23𝑛=4𝑛+2+6𝑛−169．····12分21.解：(1)椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，··

··1分依题意{𝑒=𝑐𝑎=1243𝑎2+2𝑏2=1𝑐2+𝑏2=𝑎2，····3分解得𝑐=1.𝑎=2，𝑏=√3，∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1；····4分(2)设圆心𝑃(𝑥0,0)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，

显然直线l的斜率存在，设𝑙：𝑦=𝑘(𝑥+1)，由|𝑃𝐴|2=|𝑃𝐵|2=|𝑃𝑄|2，则(𝑥0−𝑥1)2+𝑦12=𝑥02+72，····5分又𝑦12=3−34𝑥12，代入得到：14𝑥12

−2𝑥0𝑥1−12=0，····6分同理可得14𝑥22−2𝑥0𝑥2−12=0，则𝑥1，𝑥2分别是14𝑥2−2𝑥0𝑥−12=0的两根，由韦达定理可得𝑥1𝑥2=−2，····8分又联立𝑙：𝑦=

𝑘(𝑥+1)与𝑥24+𝑦23=1，得(4𝑘2+3)𝑥2+8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0，····9分∴𝑥1𝑥2=4𝑘2−124𝑘2+3=−2，解得𝑘=±√22，····10分直线�

�的方程为𝑦=√22𝑥+√22或𝑦=−√22𝑥−√22，····11分此时𝐴𝐵的中点横坐标为𝑥1+𝑥22=−4𝑘24𝑘2+3=−25=4𝑥0，解得𝑥0=−110，此圆的圆心坐标为(

−110,0)．····12分22.解：(1)证明：因为𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，若𝑎=−1，𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥+1+𝑥(𝑙𝑛𝑥+1)．要证：𝑓(𝑥)𝑥−𝑒𝑥−2≥0即证𝑙𝑛�

�+1𝑥−1≥0．····1分令ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1𝑥−1，所以ℎ′(𝑥)=1𝑥−1𝑥2=𝑥−1𝑥2，····2分易得ℎ(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，····3分所以ℎ(𝑥)≥

ℎ(1)=0，所以𝑓(𝑥)𝑥≥𝑒𝑥+2．····4分(2)解：原不等式可转化为|𝑥𝑒𝑥−𝑎|𝑥−𝑎(𝑙𝑛𝑥+1)>0对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立．····5分令𝑔(𝑥)=|𝑥𝑒𝑥−𝑎|𝑥−�

�(𝑙𝑛𝑥+1)．若𝑎≤0，则𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎(1𝑥+𝑙𝑛𝑥+1)．由(1)知𝑙𝑛𝑥+1𝑥−1≥0，所以𝑙𝑛𝑥+1𝑥+1≥2，又𝑎≤0，所以−𝑎(1𝑥+𝑙𝑛𝑥+1)≥0，又𝑒𝑥>0，所以𝑔(𝑥)=𝑒

𝑥−𝑎(1𝑥+𝑙𝑛𝑥+1)>0，符合题意；····6分若𝑎>0，令𝑢(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑎(𝑥>0)，𝑢′(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥>0在𝑥∈(0,+∞)上恒成立，所以𝑢(𝑥)在(0,+∞)上

单调递增，又𝑢(0)=−𝑎<0，𝑢(𝑎)=𝑎(𝑒𝑎−1)>0，所以存在唯一的𝑥0∈(0,𝑎)，使得𝑢(𝑥0)=0，且𝑎=𝑥0𝑒𝑥0，····7分所以𝑔(𝑥)={𝑎𝑥−𝑒𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥−𝑎,0<𝑥≤𝑥0𝑒𝑥−𝑎𝑥

−𝑎𝑙𝑛𝑥−𝑎,𝑥>𝑥0，当0<𝑥≤𝑥0时，𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−𝑒𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥−𝑎，所以𝑔′(𝑥)=−𝑎𝑥2−𝑒𝑥−𝑎𝑥<0，所以𝑔(𝑥)在(0,𝑥0]上单调递减．····8分当𝑥>�

�0时，𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥−𝑎，所以𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥+𝑎𝑥2，当𝑥>𝑥0时，𝑦=𝑒𝑥−𝑎𝑥在(𝑥0,+∞)上单调递增，所以𝑒𝑥−𝑎𝑥>𝑒𝑥0−𝑎𝑥0=𝑒𝑥0−𝑥0𝑒𝑥0𝑥0=0，所以

当𝑥>𝑥0时，𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥+𝑎𝑥2>0，所以𝑔(𝑥)在(𝑥0,+∞)上单调递增，····9分所以𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑔(𝑥0)=−𝑎(𝑙𝑛𝑥0+1)>0，解得

0<𝑥0<1𝑒．····10分设𝑦=𝑥𝑒𝑥，𝑥∈(0,1𝑒)，所以𝑦′=(𝑥+1)𝑒𝑥>0在(0,1𝑒)上恒成立，所以𝑦=𝑥𝑒𝑥在(0,1𝑒)上单调递增，所以𝑎=𝑥0𝑒𝑥0∈(0,1𝑒𝑒1𝑒)，即𝑎∈(0,𝑒

1𝑒−1)．····11分综上所述，𝑎的取值范围为(−∞,𝑒1𝑒−1)．····12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com