2022-2023学年贵州省凯里市第一中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年贵州省凯里市第一中学高二上学期期末考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省凯里市第一中学高二上学期期末考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据并集的运算即可求解.【详解】因为，，由并集的定义可得：．故选：.2．复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】因为，故.故选：C.3．已知双曲线，则双曲线的焦距是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据双曲线的焦距直接求出.【详解】由，得，则，所以焦距为．故选：D.4．已知，，，则下列正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的单调性和中间值比大小.【详解】因为和在上单调递增，所以，，则．故选：A5．已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（    ）A．2 B． C．4 D．16【答案】B【分析】由三角形面积公式得到，进而求出，由余弦定理求出答案.【详解】由题意，，所以，，所以，解得或（舍去）．故选：B6．已知等比数列的前项和为，且公比，，，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】由等比数列通项公式基本量计算出公比，进而求出首项和.【详解】，，即，，则，所以，由，则，由，则，所以．故选：D7．已知圆与圆有两个交点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据两圆相交的性质直接得出.【详解】由题意知，圆心与圆心，则圆心距，因为圆与圆有两个交点，则圆与圆相交，则，解得．故选：B.8．如图，在平面四边形中，，，，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用面面垂直的性质，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据棱锥的体积求出球的半径，进而计算球的体积.【详解】∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又∵平面，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，即为直角，又∵为直角，∴取的中点，连接，，由直角三角形的斜边上的中线性质，可得为三棱锥外接球的球心，设为，则，，；∵平面，为直角，∴，则，易得外接球的半径，∴三棱锥外接球的体积为,故选：. 二、多选题9．下列叙述不正确的是（    ）A．若，则B．“”是“”的充分不必要条件C．命题：，，则命题的否定：，D．函数的最小值是4【答案】BD【分析】对于A．由不等式的性质验证；对于B．解对数不等式，再判断；对于C．由全称命题的否定验证；对于D．举反例．【详解】对于A．由不等式两边同正时两边同平方不等式符号不变，则若，则，故A正确；对于B．由得，则，即“”是“”的必要不充分条件，故B不正确；对于C．由全称命题的否定知，命题：，，的否定为，，故C正确；对于D．当时，，故函数的最小值不为4，故D错误．综上所述，选项BD不正确，故选：BD.10．已知直线，则下列说法正确的是（    ）A．直线倾斜角的取值范围是B．直线在轴的截距为C．当时，直线与圆相离D．直线与直线垂直【答案】BCD【分析】对A：先求得直线的斜率，再根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解；对B：根据截距的定义运算求解；对C：根据直线与圆的位置关系分析判断；对D：根据直线垂直关系分析判断.【详解】对于A：直线的斜率，∴直线的倾斜角的范围是，故A错误；对于B：在直线方程中令，得，故B正确；对于C：当时，直线，圆心到直线的距离，则直线与圆相离，故C正确；对于D：由，故D正确．故选：BCD.11．函数的最小正周期为，且函数的图象过点，则下列正确的是（    ）A．函数在单调递减 B．，C．满足条件的最小正整数为1 D．函数为奇函数【答案】ABC【分析】根据所给条件求出，在对函数化简，得到的解析式，依次对选项进行判断，即可得到正确结论.【详解】函数，因为函数的最小正周期为，所以，因为函数图象过点，所以，则，，即，，因为，所以，则，对于A，当时，，则由余弦函数的性质知在单调递减，故A正确；对于B，因为，所以是的一条对称轴，故B正确；对于C，由得或①当时，．解得，，即，，当时，，此时最小正整数为1．②当时，，解得，，当时，，不符合题意，当时，，此时最小正整数为3，综上所述，满足条件的最小正整数为1，故C正确．对于C，另解：，故C正确．对于D，函数为偶函数，故D错误．故选：ABC.12．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则下列结论正确的是（    ）A．有且仅有一点，使得B．的周长与的大小有关C．三棱锥的体积与的大小有关D．当时，直线与平面所成的角的正弦值为【答案】ABD【分析】A选项，因，要使，使即可；B选项，找到的周长关于的表达式即可；C选项，注意到平面，所以到平面的距离相为定值；D选项，以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可判断选项正误.【详解】对于A选项，因，要使，使即可，则当且仅当P为中点时，，则此时，故A正确；对于B选项，由题可得，又，则，，.由余弦定理，，，故的周长，故的周长与的大小有关，故B正确；对于C选项，因，BD平面，平面，则平面.所以到平面的距离d相为定值，又为定值，则三棱锥的体积为定值.故C错误；对于D选项，如图以D为原点建立空间直角坐标系，则..设平面法向量为，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的动点问题，难度较大.A选项，因BD与异面，故利用平行关系将转化为；B选项，因难以直观判断周长与关系，故从代数角度求出周长关于的表达式；C选项，涉及体积的动点问题常需要观察其中是否存在线面平行关系；D选项，向量法是求线面角的强有力工具. 三、填空题13．已知向量，，，若，则______．【答案】##【分析】根据平面向量平行的坐标表示求解.【详解】由向量，，，则，由，则，解得．故答案为: .14．已知函数，则______．【答案】1【分析】根据给定的分段函数，依次代入计算作答.【详解】依题意，，所以.故答案为：115．已知定义在R上的函数满足下列条件：①函数的图象关于轴对称；②对于任意，；③当时，；若函数（且）有6个零点，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据函数的奇偶性，对称性以及周期性，通过作图，利用数形结合的思想，找到临界问题，即可得到答案．【详解】函数的图象关于轴对称，则为偶函数，对于任意，，则，即函数的最小正周期为2．当时，；函数有6个交点作图如下：由图易知，则且，解得，所以的取值范围是．故答案为：．16．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．【答案】##【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，则，过作交延长线于C，显然四边形为矩形，椭圆焦距，所以椭圆的离心率．故答案为：【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 四、解答题17．的内角，，的对边分别为，，，且．(1)若，，求的值；(2)若，求角．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知结合余弦定理，可得关于的方程，求解即可；（2）由已知结合正弦定理得，由得，从而，即可得出答案．【详解】（1）由，则，由余弦定理得，∴，即，则，解得.（2）∵，即，∴由正弦定理得，由，则，可得，，∴，即，解得或（舍去），又∵，∴．18．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等差数列的定义可知数列为等差数列，确定该数列的公差，可求得数列的通项公式；（2）求得，利用裂项求和法可求得.【详解】（1）解：由，则数列是以为公差的等差数列，所以，数列的通项公式.（2）解：，故.19．凯里市2020年被评为全国文明城市，为了巩文固卫，凯里一中某研究性学习小组举办了“文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取400份试卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图．(1)求的值，并估计知识竞赛成绩的第80百分位数；(2)现从该样本成绩在与的市民中按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的竞赛成绩来自不同组的概率．【答案】(1)，86(2) 【分析】（1）根据频率分布直方图列出方程即可求出的值，再由频率分布直方图的性质得出第80百分位数；（2）根据分层抽样，在内选取2人，记为，，在内选取4人，记为，，，，利用列举法即可求出答案.【详解】（1）因为，所以，设知识竞赛成绩的第80百分位数为，由的频率为0.65，的频率为0.9，则位于，则，解得，则知识竞赛成绩的第80百分位数为86．（2）根据分层抽样，在内选取2人，记为，，在内选取4人，记为，，，．从这6人中选取2人的所有选取方法：，，，，，，，，，，，，，，，共15种．2人的竞赛成绩来自不同组的选取方法：，，，，，，，共8种．所以所求概率为．20．如图所示，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且直三棱柱的体积为，点为的中点．(1)证明：平面；(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）说明，即可；（2）取的中点，建立以为原点的空间直角坐标系，后利用向量方法可得答案.【详解】（1）由题意知，，，则，设与交点为，连接．由题可知四边形为正方形，所以，且为中点．又因，，所以，又O为中点，所以．又因为，平面，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，，在平面过点内作的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系．则，，，．所以，．设平面的一个法向量为，则，令，则．由（1）可知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，由图可知其为锐角.则.则平面与平面夹角的余弦值．21．设函数（，且）．(1)若，且不等式在区间恒成立，求实数的取值范围；(2)若，函数在区间上的最小值为，求实数的值．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求得的范围，判断的奇偶性和单调性，并由此把问题转化为在区间恒成立，求解即可；（2）求出的值，得，利用换元法，令，设，转化为二次函数求最值问题，分类讨论求解即可．【详解】（1），因为，解得，因为，且，在R上为单调递增函数，则函数为R上单调递增的奇函数，不等式等价于，所以，即在区间恒成立，当时，，则，当时，，即，解得，综上所述，实数的取值范围是．（2），即，解得或（舍），所以，令，则在单调递增，所以，即，设，对称轴为，当时，则在区间单调递减，则，解得：符合题意，当时，则在区间单调递减，在区间单调递增，，解得：或（舍），综上所述或．22．抛物线上的点到抛物线的焦点的距离为2，（不与重合）是抛物线上两个动点，且．(1)求抛物线的标准方程及线段的最小值；(2)轴上是否存在点使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)，最小值为8(2)存在； 【分析】（1）利用抛物线的定义即可求得抛物线的标准方程，设直线方程，与抛物线联立求得点坐标，利用两点的距离公式结合基本不等式和一元二次函数的单调性即可求得线段的最小值；（2）由可得，假设点存在，设，利用对任意恒成立求的值即可.【详解】（1）由抛物线的定义得，解得，则抛物线的标准方程为，依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，由得直线方程为：，由解得点，由解得点，则令，当且仅当，即时等号成立，则，又因为函数在区间单调递增，所以，则，所以线段的最小值为.（2）由得，假定在轴上存在点使得，设点，则由（1）得直线斜率，直线斜率，由得，则有，即，整理得，显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，即当时，恒成立，恒成立，所以轴上存在点使得，点.