2023广东省五校（华附省实深中广雅六中）高二上学期期末联考数学试题含解析

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2022学年上学期高二期末限时训练试卷数学命题学校：广东实验中学命题人：翁文张淑华本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.第一部分选择题（共60分）一、单项选择题（本大题共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. 集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.【详解】由得解得或，所以或，又由解得，所以，所以，故选:D.2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：522553135354313531423521541142125323345131332515324132255325则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪概率为（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】分析】根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数，再按照古典概型求概率.【详解】20组数据中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9组随机数，所以.故选：B3. 设复数满足，则在复平面上对应的图形是（）A. 两条直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 双曲线【答案】A【解析】【分析】设，根据模长相等列出方程，得到在复平面上对应的图形是两条直线.【详解】设，则，可得：，化简得：，即或，则在复平面上对应的图形是两条直线.故选：A4. 在中，已知，，，满足此条件的三角形只有一个，则满足（）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】结合正弦定理得，满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，即可确定B的范围，求得结果.【详解】由正弦定理得，则有，.∵满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，则，故.故选：D5. 圆内接四边形中，，是圆的直径，则（）A. 12 B.  C. 20 D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆内接四边形的性质及数量积的定义即求.【详解】由题知，，∴.故选：B.6. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为（）A. 11 B. 12 C. 7 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，因为，故可得，即，所以，可得，又因为，故可得，所以数列的前6项和有最大值，且， 又因为，，故取得最小正值时n等于.故选：A.7. 已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解【详解】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，则为的中点，为中点，所以，所以，则即，所以，，将点坐标代入椭圆方程得，即，又，所以，，所以椭圆标准方程是.故选：B8. 定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.【详解】由且，，则两边同时除以可得，令，则在单调递增，由得且，即解得，故选：D.二、多项选择题（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，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知双曲线（，）的右焦点为，在线段上存在一点，使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为（）A.  B. 2 C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离列出不等式，得到，判断出AB正确.【详解】的一条渐近线方程为，设，，，整理得：，因为，所以，即，解得：，因为，，，，所以AB正确，CD错误.故选：AB10. 已知正实数，满足，下列说法正确的是（）A. 的最大值为2 B. 的最小值为4C. 的最小值为 D. 的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.【详解】对于A,因为，即，解得，又因为正实数，，所以，则有，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，，即，解得（舍），当且仅当时取得等号，故B正确；对于C,由题可得所以，解得，，当且仅当即时取得等号，故C正确；对于D,，当且仅当时取得等号，故D正确，故选:BCD.11. 已知正方体的边长为2，为正方体内（包括边界）上的一点，且满足，则下列说正确的有（）A. 若为面内一点，则点的轨迹长度为B. 过作面使得，若，则的轨迹为椭圆的一部分C. 若，分别为，的中点，面，则的轨迹为双曲线的一部分D. 若，分别为，的中点，与面所成角为，则的范围为【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，转化为，得到的轨迹再求解.对于BC项，根据平面截圆锥所得的曲线的四种情况解决.对于D项，建立空间直角坐标系解决.【详解】对于A项，正方体中，平面，若为面内一点，所以.又因为，所以，在中，所以故点的轨迹是以为圆心为半径的个圆弧，所以点的轨迹长度为故A正确.对于B项，因为，即为定值，线段也为定值，取的中点，故点的轨迹是以为轴线，为母线的圆锥的侧面上的点.设平面即为下图的圆面，过点作的平行线交圆锥底面于点，交于点，从图形可得，易得，故的轨迹为椭圆的一部分，所以B正确.对于C项,平面与轴线所成的角即为平面与所成的角，是平面与轴线所成的角，在中，而母线与轴线所成的角为，在中，即母线与轴线所成的角与截面与轴线所成的角，所以点的轨迹应为抛物线，故C不正确.对于D项,以为原点，分别为轴的非负半轴建立如图所示的坐标系，连接并延长交上底面于点，设，则，则，设面的法向量为所以所以与面所成角的正弦值为又因为所以，故D正确.故选：ABD【点睛】用平面去截圆锥所得的曲线可能为，圆、椭圆、抛物线、双曲线.截面与圆锥轴线成角等于轴线与母线所成的角，截面曲线为抛物线；截面与圆锥轴线成角大于轴线与母线所成的角，截面曲线为椭圆；截面与圆锥轴线成角小于轴线与母线所成的角，截面曲线为双曲线；截面与轴线垂直得到截面曲线为圆.12. 已知函数，，则（）A. 函数为偶函数B. 函数为奇函数C. 函数为奇函数D. 为函数函数图像的对称轴【答案】CD【解析】【分析】根据函数的的奇偶性定义可判断A,B,C，根据对称轴的性质判断D.【详解】对于A，，定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故A错误；对于B, 定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故B错误；对于C, ，定义域为，设，，所以函数为奇函数，故C正确；对于D,设定义域为，，所以为函数函数图像的对称轴，故D正确，故选:CD.第二部分非选择题（共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.【答案】【解析】【分析】构造，得到是等比数列，求出通项公式，进而得到.【详解】设，即，故，解得：，故变形为，，故是首项为4的等比数列，公比为3，则，所以，故答案为：14. 已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.【答案】【解析】【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．【详解】，，所以，点到的距离为．故答案为：．15. 函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.【答案】【解析】【分析】由图象求得参数，由交点及余弦函数的对称性结合即可求值【详解】由图可知，，即，则，解得，，故.则，最小正周期为.直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，. ∴.故答案为：16. 已知实数x、y满足，则的取值范围是________．【答案】.【解析】【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.【详解】因为实数满足，当时，方程为的图象为双曲线在第一象限的部分；当时，方程为的图象为椭圆在第四象限的部分；当时，方程为的图象不存在；当时，方程为的图象为双曲线在第三象限的部分；在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，表示点到直线的距离的倍根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，令，即，与双曲线渐近线平行，观察图象可得，当过点且斜率为的直线与椭圆相切时，点到直线的距离最大，即当直线与椭圆相切时，最大，联立方程组，得，，解得，又因为椭圆的图象只有第四象限的部分，所以，又直线与的距离为，故曲线上的点到直线的距离大于1，所以综上所述，，所以，即，故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知函数.（1）求函数的单调增区间；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换化简，由整体法结合三角函数的单调增区间列不等式求解即可；（2）令，分析得关于对称，根据对称性化简求值.【小问1详解】令，则.故函数的单调增区间为.【小问2详解】，令，由得，故关于对称，故当时，关于对称.故.18. 已知等比数列对任意的满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，定义为，中较小的数，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由递推公式得，结合等比数列性质与条件等式两式相处，即可求得，再令由等式求得，即可根据公式法得通项公式；（2）化简对数式得，分析与的大小，即可根据定义得的分段函数，即可分段求和.【小问1详解】设等比数列公比为q，则有，两式相除化简得，解得，又，可得.∴数列的通项公式.【小问2详解】，则.令，即，∵，∴当时，，即；当时，，即；∴.故当，；当时，.故.19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.（1）求点的轨迹方程；（2）过点作直线与曲线交于（点在点左侧），求的最小值.【答案】（1）或.（2）20【解析】【分析】（1）设，得即可解决；（2）设直线为，联立方程，结合韦达定理得，由基本不等式解决即可.【小问1详解】由题知，动点到定点的距离比它到轴的距离多1，设，所以，当时，，化简得，当时，，化简得，所以点的轨迹方程为，或..【小问2详解】由题得，过点作直线与曲线交于（点在点左侧），所以由（1）得，设直线为，将代入中得，所以，即，，即，所以当且仅当，即时，取等号，所以所以的最小值为20.20. 已知正项数列满足，且，设.（1）求证：数列为等比数列并求的通项公式；（2）设数列的前项和为，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用化简可得数列是以为公比为首项的等比数列，求出可得，再利用累乘法求通项公式可得答案；（2）求出利用裂项相消求和可得答案.【小问1详解】因为，所以，因为，所以，所以，且，所以数列是以为公比，为首项的等比数列，即，即，可得，，所以时，，即，而此时时，，所以；【小问2详解】由（1），所以，所以，所以.21. 已知四棱锥中，，，，，，面面，.（1）求证：；（2）求面与面所成的二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）0【解析】【分析】（1）根据勾股定理得，面面垂直性质定理得面，得，可得平面，即可解决；（2）建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，空间向量法解决二面角的余弦值即可.【小问1详解】由题知，，，，，，面面，.过作，过作，即，连接交于，因为，所以四边形平行四边形，所以，因为在中，,所以,所以，因为，，，所以所以，因为，所以,因为，，所以在中，,即，又因为，平面平面且交于，所以面，因为面，所以，因为平面，所以平面,因为平面，所以.【小问2详解】由（1）得，面，平面，，作,所以面，，所以，所以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，因为，，，所以,所以,设面与面的法向量分别为，所以，即，令，得，，即，令，得，设面与面所成的二面角为，所以面与面所成的二面角的余弦值为.所以面与面所成的二面角的余弦值为0.22. 换元法在数学中应用较为广泛，其目的在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.（1）请利用上述方法，求点的轨迹方程；（2）过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义解决即可；（2）设直线为，直线为，，联立方程解得，得，得，联立，得，由点在椭圆上即可解决.【小问1详解】由题知，平面内一动点到两个定点，的距离之和为4，满足椭圆的定义，即点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，所以，所以，所以点的轨迹方程为，小问2详解】由（1）得，，，因为与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，所以，设直线为，直线为，，联立，消去得，所以，即，所以，所以，所以，所以，联立，解得，即因为点在椭圆上，所以，化简得，解得或（舍去），所以，所以的值为.