2022-2023学年河南省省直辖县级行政单位济源市高二上学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省省直辖县级行政单位济源市高二上学期期末数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省省直辖县级行政单位济源市高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题1．已知，且，则下列不等式恒成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对于选项A、C，利用特殊值即可判断；对于选项B，由对数函数的定义域即可判断，对于选项D，由不等式的可加性即可判断.【详解】对于A，令，，则满足，但，故A错误；对于B，若使，则需满足，但题中，故B错误；对于C，同样令，，则满足，但，故C错误；对于D，已知，由不等式的可加性可得，故D正确.故选：D.2．等比数列为递减数列，若，，则（    ）A． B． C． D．6【答案】A【分析】由结合，可得为方程的两个根，又，解得，，再结合等比数列通项公式即可得出.【详解】由为等比数列，得，又，∴为方程的两个根，解得，或，，由为递减数列得，∴，，∴，则，故选：A.3．下述四个结论：①命题“若，则”的否命题是“若，则”；②是的必要而不充分条件；③若命题“”与命题“p或q”都是真命题，则命题q一定是真命题；④命题“，”的否定是“，”．其中所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．②③ C．④ D．②③④【答案】B【分析】根据否命题，即可判断①；解出的解，即可判断②；根据逻辑联结词，即可判断③；根据存在量词命题的否定，即可判断④.【详解】对于①，根据否命题的概念，可知“若，则”的否命题是“若，则”，故①错误；对于②，解可得，或，所以是的必要而不充分条件，故②正确；对于③，因为为真命题，所以命题为假命题；因为命题“p或q”是真命题，命题为假命题，所以命题为真命题.故③正确；对于④，根据存在量词命题的否定可知，“，”的否定是“，”，故④错误.综上所述，②③正确.故选：B.4．如图，在平行六面体中，若，则的值为（    ）．A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【分析】利用向量线性运算可表示出，由此可确定的值.【详解】，又，，，，，．故选：A.5．若实数x，y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数在何处能够取得最大值和最小值从而确定目标函数的取值范围即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最小值为：且目标函数没有最大值.故目标函数的取值范围是.故选：B.【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.6．若、、构成空间的一组基底，则下面也能构成空间的一组基底的是（    ）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为，则、、共面，A不满足条件；对于B选项，因为，则、、共面，B不满足条件；对于C选项，假设、、共面，则存在、，使得，因为、、构成空间的一组基底，则，该方程组无解，假设不成立，故、、不共面，所以，、、可以作为空间向量的一组基底，C满足条件；对于D选项，因为，则、、共面，D不满足条件.故选：C.7．三国（年年）是上承东汉下启西晋的一段历史时期、分为曹魏、蜀汉、东吴三个政权.元末明初的小说家罗贯中依据这段历史编写《三国演义》全名为《三国志通俗义》．小说中记载孙刘联盟共同抗曹，蜀吴两国为了达成合作经常派使臣来往，出行以骑马为主.假如一匹马每个时辰能跑公里，每天都跑个时辰，正好十天能从蜀国都城到达吴国都城.吴国都城位于蜀国都城正东，魏国都城在蜀国都城的北偏东，相距约公里，若魏国从都城派一谋臣骑马到吴国都城向吴王离间孙刘联盟，则最快大约需要几天能到达吴国都城（）？（    ）A．七 B．八 C．九 D．十【答案】C【分析】将魏、蜀、吴三国的都城分别记为、、，可得出公里，公里，，利用余弦定理求出，再除以可得结果.【详解】将魏、蜀、吴三国的都城分别记为、、，由题意可知，公里，公里，，由余弦定理可得公里，（天），故谋臣大约需要天才能到达目的地.故选：C.8．设为椭圆C:的两个焦点，点P在椭圆C上，若成等差数列，则椭圆C的离心率为（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【解析】由等差数列及椭圆的性质可得，再由离心率公式即可得解.【详解】设，因为成等差数列，所以即，所以椭圆C的离心率.故选：B.9．已知关于的一元二次不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由一元二次不等式解集可得、、，再代入求解集即可.【详解】由题设，且，则，，所以，即，可得.故选：A10．如图，在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）中，，，则的长为（    ）A．3 B． C．6 D．【答案】D【分析】根据向量数量积的应用，由以及模的计算公式即可求出．【详解】因为，所以．故的长为．故选：D．【点睛】本题主要考查利用向量的数量积计算线段的长度，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．11．已知数列满足，，，数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，由条件可求得，从而得到，，再由裂项相消法可得，从而得到结果.【详解】因为，所以，两式相减可得：，即，，又当时，有也满足上式，所以.则，，则数列的前项和.所以.故选:D12．曲线Γ：，要使直线与曲线Γ有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（　　）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据曲线Γ的方程，得到曲线表示是一个圆与双曲线的一部分，画出曲线的图象，结合图象，即可求解.【详解】由曲线Γ：，可知，如图所示，曲线表示是一个圆与双曲线的一部分，由，解得，要使直线与曲线Γ有四个不同的交点，结合图象，可得.故选：C． 二、填空题13．正实数、满足，则的最大值为________【答案】【解析】由基本不等式求最值．【详解】∵，∴，，当且仅当，即时等号成立．故答案为：．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题时需掌握基本不等式求最值的三个条件：一正二定三相等．14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2，B=45°，若三角形有两解，则b的取值范围是______．【答案】【分析】由正弦定理可得，由有两解，可得，且，从而即可求解.【详解】由正弦定理可得，即，又，所以，因为有两解，所以，且，所以，所以的取值范围为,故答案为：.15．已知数列的通项公式为，则数列的前2021项和等于______．【答案】【分析】根据数列的通项公式，利用并项求和的方法可得答案【详解】由题意数列的通项公式为，则的前2021项和为，故答案为：16．已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为______．【答案】【分析】设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得到渐近线的距离，可得，，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得，再由离心率公式可得所求值.【详解】设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为：，， 一条渐近线方程为，可得到渐近线的距离为，，则，，在直角三角形中，，在中，可得，化为，即有.故答案为：. 三、解答题17．已知命题对于任意，不等式恒成立.命题实数满足的方程表示双曲线.（1）当时，若“或”为真，求实数的取值范围.（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）分别求出当命题、为真命题时对应的实数的取值范围，由题意可知真或真，由此可得出实数的取值范围；（2）根据是的充分不必要条件可得出关于实数的不等式组，进而可解得实数的取值范围.【详解】（1）若命题为真命题，则，解得.当时，若命题为真命题，则方程表示双曲线，则，解得.或为真，则真或真，所以，或，所以，.因此，实数的取值范围是；（2）若命题为真命题，则，，解得.或，或，因为是的充分不必要条件，则或或，可得，解得.当时，则有或或，合乎题意；当时，则有或或，合乎题意.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用充分条件和必要条件求参数，一般可根据如下规则求解：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）若是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）若是的既不充分又不必要条件， 对应集合与对应集合互不包含．18．如图所示，在△中，是AC的中点，，．(1)若，求AB；(2)若△面积为，求BM．【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用正弦定理边化角求得角C，由及正弦定理可求得AB的值.（2）运用三角形面积公式求得BC的值，在△中由余弦定理可求得BM的值.【详解】（1）因为所以由正弦定理得，又因为，所以，即，又因为，所以，又因为，所以，在△中，由正弦定理得，所以．（2）因为，，，所以，在△中，由余弦定理得：，又因为为AC中点，所以，所以，解得．19．已知数列的前项和为，向量，满足条件.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）().【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示可得，再由与的关系即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.【详解】（1）∵，∴，当时，，当时，满足上式，∴（2），两边同乘，得，两式相减得：，∴().20．如图，在直三棱柱中，，且，是，的交点，是的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据已知条件以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，，结合线面垂直的判定定理证得；（2）利用空间向量法求得平面的一个法向量，根据（1）的结论得到平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式计算结果.【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，，所以两两垂直，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.由，知,，，，，∵是，的交点，∴为的中点，又∵是的中点．∴的坐标为，，∴，，，∴，，∴，，又∵,平面.∴平面；（2）设平面的一个法向量为,,,令则，由（1）得平面的一个法向量为，∴．因为二面角的平面角是一个锐角，所以二面角的大小为．21．已知抛物线上一点的横坐标为4，且到焦点的距离为5，直线交抛物线于，两点（位于对称轴异侧），为坐标原点，且.(1)求抛物线的方程；(2)求证：直线必过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题及抛物线的定义知点到抛物线准线的距离为5可得，求出可得答案；（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理代入的坐标运算求出，可得可得答案.【详解】（1）由题及抛物线的定义知点到抛物线准线的距离为5，抛物线的准线方程为，∴，解得，故抛物线的方程为；（2）易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，且，联立，消去可得，则，且，，由，得，解得或（舍去），∴，可得，故直线的方程为，∴直线必过定点.22．设椭圆过点，右焦点为，设直线分别交轴、轴于C、D两点，且与椭圆交于M、N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)若，求值，并求出弦长|MN|；(3)若线段MN的垂直平分线与轴相交于点，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)，3(3) 【分析】（1）利用椭圆过点以及右焦点的坐标列方程求得椭圆方程;（2）先求出点坐标，直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，再结合求出，进一步计算求得弦长|MN|；（3）表示线段MN的中点坐标，写出MN的垂直平分线，得出的关系，结合基本不等式得出结果.【详解】（1）由题意可得：，①因为在椭圆上，所以，②又因为③．由①②③解得，．所以椭圆的方程为．（2）直线与轴交点，轴交点，设，，联立，消去得，所以④，，因为，，由得，⑤，由④⑤得，解得，又因为，所以．所以，．所以．（3）线段MN的垂直平分线斜率为，中点坐标为，．所以线段MN的中点坐标为，则中垂线的方程为．令，所以．因为当且仅当时取等号成立，则，又因为，所以，所以实数的取值范围为．