2022-2023学年广东省广州市番禺区实验中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市番禺区实验中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（       ）

A． B．或

C．或 D．

【答案】B

【分析】解不等式，再由交集和补集运算求解.

【详解】集合，，或，

，或

或

故选：B．

2．设，则z的虚部为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】结合复数的除法运算化简，再由对应关系找出虚部.

【详解】，则的虚部为.

故选：C．

3．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合函数奇偶性，以及对数函数的图像性质，即可求解.

【详解】根据题意，由，可知函数是偶函数，函数图象关于y轴对称，因此CD错误；又由，知恒成立，可知B错误.

故选：A.

4．如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由M，N在线段OA，BC上的位置，用，，表示，，进而表示出.

【详解】因为，所以，

又因为点N为BC的中点，所以，

所以.

故选：D.

5．已知是双曲线：（，）的右焦点，过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，若，则（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】B

【分析】设，分别求出和，即可求出.

【详解】设.

过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，则，解得：，所以.

由双曲线可得渐近线为.

由对称性可知，到任一渐近线的距离均相等，不妨求到渐近线的距离，

所以.

因为，所以，解得：.

故选：B

6．雅言传承文明，经典浸润人生．某市举办“中华经典诵写讲大赛”，大赛分为四类：“诵读中国”经典诵读大赛、“诗教中国”诗词讲解大赛、“笔墨中国”汉字书写大赛、“印记中国”学生篆刻大赛．某人决定从这四类比赛中任选两类参赛，则“诵读中国”被选中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件得基本事件总数为种，符合条件的事件数为3中，由古典概型公式直接计算即可.

【详解】从四类比赛中选两类参赛，共有种选择，其中“诵读中国”被选中的情况有3种，即

“诵读中国”和 “诗教中国” ，“诵读中国”和“笔墨中国”， “诵读中国”和“印记中国” ，由古典概型公式可得，

故选：.

7．已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.

【详解】因为，由双曲线的定义可得，

所以，；

因为，

由余弦定理可得

即，

整理可得，

所以，即.

故选：B

8．已知正方体棱长为2，P为空间中一点.下列论述正确的是（    ）

A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为

B．若，三棱锥的体积不是定值

C．若，有且仅有一个点P，使得平面

D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是

【答案】D

【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.

【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，

连接，则，

又且，即为平行四边形，所以，

所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，

而，，，故，错误；

B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，

△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；

C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，

由面，面，则面面，

由，面面，面，

所以面，面，则，同理可证：，

由，、面，故面，

而面面，要使面，则必在面内，

显然面，故错误；

D：由知：在（含端点）上移动，

如下图建系，，，则，

设，则，

所以，令，

当，即时，，此时直线和所成角是；

当，即时，则，

当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.

故选：D

【点睛】关键点点睛：根据向量的线性关系判断的位置，结合异面直线夹角的定义、锥体体积公式、线面垂直的判定及向量夹角的坐标求法，证明或求解线面垂直、体积、异面直线夹角范围等.

二、多选题

9．先后抛掷两颗质地均匀的骰子，第一次和第二次出现的点数分别记为，则下列结论正确的是（    ）

A．时的概率为

B．时的概率为

C．时的概率为

D．是6的倍数的概率是

【答案】CD

【分析】先求出所有的基本事件的个数为个，再求出四个选项中每一个事件发生包含的基本事件的个数，利用古典概率公式计算概率即可判断是否正确，进而得出正确答案.

【详解】先后抛掷两颗质地均匀的骰子，共有36种不同的情形.

A.时满足的情形有，，，，，，故，故A错误；

B.时满足的情形有，，，，，，，，，故，故B错；

C.时满足的情形有，，，，故，故C正确；

D. 是6的倍数的情形有,，故是6的倍数的概率是，故D正确.

故选：CD.

10．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．

B．图象的一条对称轴方程是

C．图象的对称中心是，

D．函数是偶函数

【答案】BD

【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.

【详解】由函数的图象知：

，所以；即，解得，所以，

因为，所以，，

即，，因为，所以，.

对选项A，因为，故A错误.

对选项B，，故B正确．

对选项C，令，k∈Z，解得，，

所以的对称中心是，，故C错误．

对选项D，设，

则的定义域为R，，

所以为偶函数，故D正确.

故选：BD

11．设数列的前n项和为，若，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．为等比数列

C． D．

【答案】AB

【分析】由已知可推出.当时，由以及，作差可得，进而可推得从第2项开始，为等比数列，可求出的通项公式，即可判断C、D项；根据的通项公式，可得到的通项公式，即可判断A、B项.

【详解】由已知可得，当时，；

当时，有，，

作差可得，所以.

所以，当时，是以为首项，的等比数列，所以.

当时，，所以.

当时，；

当时，由，可得，

显然，满足，所以.

对于A项，由前面分析知，A项正确；

对于B项，因为，，所以，故B项正确；

对于C项，由可知，，故C项错误；

对于D项，当时，，故D项错误.

故选：AB.

12．已知的焦点为，斜率为且经过点的直线与抛物线C交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则（    ）

A． B．F为线段的中点

C． D．

【答案】ABC

【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到，．求出的值，

过点作垂直准线于点，得到为线段的中点即得解.

【详解】易知，由题意可得直线的方程为．

由，消去并整理，得，

解得，．

由，得，故正确;

∴，故错误;

过点作垂直准线于点，易知，

∴，∴．故正确.

∵，∴为线段的中点．故正确;

故选：．

三、填空题

13．已知角的终边上有一点，则___________.

【答案】##0.8

【分析】由正弦函数定义求得，然后由诱导公式计算．

【详解】角的终边上有一点，则，

所以．

故答案为：．

14．已知拋物线的一条切线方程为，则的准线方程为__________．

【答案】

【分析】由，消去得，由求出，从而求得准线方程．

【详解】由，消去得，

由题意，解得，

则抛物线方程为：，

所以抛物线的准线方程为：，即．

故答案为：．

15．过点，倾斜角是直线的倾斜角的一半的直线方程为____________．

【答案】

【分析】先求直线的斜率，即倾斜角的正切值，用2倍角的正切公式求过点的斜率，再利用点斜式求直线方程．

【详解】直线的斜率为，

设过点直线的倾斜角为，则的倾斜角为，所以，

其斜率为，因为 所以则

故所求直线方程为,即,

故答案为：

16．已知圆：，过点作直线交圆于两点若平面上，则的最小值为___________.

【答案】##

【分析】取中点为，连接，则，即为直角三角形；取中点为，连接，则，得到点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，连接，根据圆的性质，求出，再由，即可得出结果.

【详解】取中点为，连接，则，即为直角三角形；

取中点为，连接，则，

即点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，

连接，因为，所以，

由圆的性质可得，，

所以.

故答案为：

四、解答题

17．在中，分别为内角的对边，且

（1）求的大小：

（2）若，求的面积.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）根据正弦定理将，角化为边得，即，再由余弦定理求解

（2）根据，由正弦定理，求边b，又，然后代入公式求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得：，

即，

，

又，

.

（2）因为

由正弦定理得，

又，

所以.

【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18．数列的前n项和为，又知正项数列满足，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）作差法结合与关系式得出可知为等比数列，再由可求的通项公式.由，根据等差数列求出的通项公式，进而得到的通项公式；

（2）由（1）知，.，写出和的表达式，作差整理即可得出.

【详解】（1）解：当时，，所以.

当时，有，，

两式相减，得，

所以，所以，

所以数列是首项为1，公比的等比数列.

所以.

由，，

可得，数列是首项为1，公差为1的等差数列.

所以，所以.

（2）解：由（1）知，.

所以，

，

两式相减可得，，

所以.

19．如图，在直三棱柱中，AC⊥BC，E为的中点，．

(1)证明：；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)直接利用线面垂直的判定来证明线线垂直

(2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面与平面的法向量，即可求解两个平面的夹角余弦值.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，

所以，又由题可知，AC⊥BC，

，平面且，

所以AC⊥平面，又因为平面，所以．

（2）在直三棱柱中，平面ABC，AC，平面ABC，

所以，，又AC⊥BC

所以，，三条直线两两互相垂直

如图所示，以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建系如图，

由，，可得，则有，，，，

设平面的一个方向量为，

，

所以，即，令，则，，所以，

因为平面，所以为平面的一个法向量，

所以，，

即平面与平面夹角的余弦值等于．

20．已知函数（）为奇函数．

（1）求实数的值；

（2）若，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）根据奇函数定义，结合对数运算法则恒等变换即可，（2）解决不等式恒成立问题，一般先化简不等式，进行变量分离，再转化为对应函数最值问题，本题根据对数函数单调性可变量分离化简得：在上成立，即，最后根据一次函数单调性可得

试题解析：（1）∵函数为奇函数，

∴，即，

即，，．

（2）由（1）知，

因为，恒成立，

所以，因为，所以在上成立，

所以.即实数的取值范围是．

点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.

21．某情报站有A、B、C、D、E．五种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周没有使用的四种密码中等可能地随机选用一种．设第一周使用A密码，表示第k周使用A密码的概率．

(1)求；

(2)计算；

(3)求证：为等比数列，并求的表达式．

【答案】(1)，，

(2)

(3)证明见解析,

【分析】(1)根据题意可得第一周使用A密码，第二周使用A密码的概率为0，第三周使用A密码的概率为，；

(2)由(1) 类推分情况求解可得.

(3)根据题意可知第周从剩下的四种密码中随机选用一种，恰好选到A密码的概率为，

进而可得，结合等比数列的定义可知为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求出结果.

【详解】（1），，，

（2）

（3）第周使用A密码，则第周必不使用A密码（概率为），然后第周从剩下的四种密码中随机选用一种，恰好选到A密码的概率为

故，即

故为等比数列且，公比

故，故

22．已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.

(1)求椭圆的方程；

(2)设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于，两点，连接，分别交直线于，两点，若直线､的斜率分别为､，试问：是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)是定值，定值

【分析】（1）根据离心率和点到直线距离公式即可得解；

（2）直线的方程为，代入椭圆方程，根据三点共线表示出P点坐标，同理表示出Q点坐标，算出斜率即可求解.

【详解】（1）由题意得，解得，

故椭圆的方程为；

（2）设直线的方程为，，，

由得，

∴，，

由A､､三点共线可知，

∴

同理可得：，

故

，

因此为定值.