2022-2023学年河南省济源市第四中学高二上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省济源市第四中学高二上学期期末数学试题含答案，共13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。

一、单选题
1．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用存在量词命题的否定写出结论即可.
【详解】命题，是一个存在量词命题，则其否定是全称量词命题，
所以命题“，”的否定是：，．
故选：C
2．下列结论错误的是（ ）
A．若“p且q”与“或”均为假命题，则p真q假
B．命题“存在，”的否定是“对任意的，”
C．“若，则”的逆命题为真.
D．“”是“”的充分不必要条件.
【答案】C
【解析】对于A，由或命题为假可得和均为假命题，从而可判断，对于B，根据特称命题的否定为全称命题可得解；对于C，利用特值判断即可；对于D直接根据条件和结论的关系判断即可.
【详解】对于A，若“p且q”与“或”均为假命题，则和均为假命题，所以p真q假，A正确；
对于B，命题“存在”的否定是“对任意的，”B正确；
对于C，“若，则”的逆命题为：“若，则”，当时不成立，C不正确；
对于D，“”时，“”成立，充分性成立，
“”成立时，“或”，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，D正确.
故选：C.
3．王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，其《从军行》传诵至今“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，由此推断，最后一句“不返家乡”是“不破楼兰”的（ ）
A．必要条件B．充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由诗句判断推出关系，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】由诗句可知，若“不破楼兰”，则“不返家乡”，
所以“不破楼兰”，能推出“不返家乡”，所以“不返家乡”是“不破楼兰”的必要条件.
故选：A
4．在中，分别是角所对的边，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用三角形面积公式和题设条件得到，再根据余弦定理，可得，从而可求出结果.
【详解】因为，又由题知，
所以，整理得到，，
又由余弦定理，所以，所以，
又，所以.
故选：C.
5．已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】向量的夹角为钝角，则，排除的情况即可.
【详解】由，得，
当时，，即，得，解得，
∴当向量的夹角为钝角时，的取值范围为．
故选：D.
6．在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由面积公式可得，由余弦定理可得：得，再由正弦定理可得答案
【详解】，所以，
由余弦定理可得： 得
又由正弦定理可得：，所以，
故选：A.
7．为椭圆上的点，是两焦点，若，则的面积是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意得，在△F1PF2中，∠F1PF2＝60°，|F1P|+|PF2|＝＝，|F1F2|＝4，利用余弦定理可求得|F1P|•|PF2|的值，从而可求得△PF1F2的面积．
【详解】∵椭圆，∴＝，b＝2，c＝2．又∵P为椭圆上一点，∠F1PF2＝60°，
且F1、F2为左右焦点，由椭圆的定义得|F1P|+|PF2|＝＝，|F1F2|＝4，
∴|F1F2|2＝|PF1|+|PF2|-2|PF1|•|PF2|cs60°
=（|PF1|+|PF2|）2﹣2|PF1||PF2|﹣2|F1P|•|PF2|cs60°
＝32﹣3|F1P|•|PF2|
＝16
∴|F1P|•|PF2|＝，∴＝|PF1|•|PF2|sin60°＝××＝．
故选A．
【点睛】本题考查椭圆的定义及其简单的几何性质，考查了余弦定理的应用与三角形的面积公式，属于中档题．
8．已知等差数列的前项和为，，，则取最大值时的为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式可求得的值，然后解不等式可得出结果.
【详解】设等差数列的公差为，则，.
由于，所以，
令，解得，所以取最大值时的为.
故选：B.
【点睛】本题考查等差数列前项和的最值，考查计算能力，属于中等题.
9．已知等差数列的前项和为，，，则数列的前2020项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件求出，写出通项公式，用裂项法求的和.
【详解】设首项为,公差为,由题意得，解得，所以，
所以，
数列的前2020项和.
故选：A
10．已知，是椭圆的两个焦点，过且垂直于轴的直线交于，两点，且，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，借助勾股定理，结合椭圆定义求出椭圆长轴长即可得解.
【详解】由过且垂直于轴的椭圆的弦长，得，而椭圆的焦距，
在中，，则长轴长，
因此，，短半轴长，所以椭圆的方程为：.
故选：C
11．正实数满足,则的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】B
【解析】由,变形为，然后利用“1”的代换，结合基本不等式求解.
【详解】因为,
所以，
则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为1，
故选：B.
12．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上一点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设椭圆右焦点为，容易判断点A在椭圆内部，进而根据椭圆定义得到，最后求出答案.
【详解】因为，所以在椭圆的内部，设椭圆右焦点为，易得，则，由椭圆定义可知：，所以，因为，所以.
故选：D.
二、填空题
13．已知，，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据p是q的充分不必要条件，所以，然后建立关系式，解之即可.
【详解】解：，，
因为p是q的充分不必要条件，所以，
则，即.
经检验满足条件.
故答案为： .
14．设为等比数列的前n项和，若，且成等差数列，则 .
【答案】
【分析】由题意结合等差数列的性质可得，进而可得，由等比数列的通项公式即可得解.
【详解】，，成等差数列，
即，
，等比数列的公比，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
15．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为 ．
【答案】4
【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.
【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.
故答案为：4.
【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.
16．一动圆与圆：内切，且与圆：外切，则动圆圆心的轨迹方程是 ．
【答案】
【解析】由圆与圆的位置关系可得，再由椭圆的定义即可得解.
【详解】由题意，圆：的圆心为，半径为，
圆：的圆心为，半径为，
设动圆的圆心，半径为，
动圆与圆：内切，与圆：外切，
所以，，
所以，
所以的轨迹是以原点为中心，焦点在轴上的椭圆，且，，
所以，
椭圆的方程为.
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆与圆位置关系及椭圆定义的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.
三、解答题
17．在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若的面积为，其外接圆的半径为，求的周长.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）由由正弦定理得，进而得到，求得，即可求解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）和正弦定理，求得，再由余弦定理得，利用三角形的面积公式，求得，进而求得的值，得出三角形的周长.
【详解】（Ⅰ）由题意，因为，
由正弦定理，得，
即，
由，得，
又由，则，
所以，解得，
又因为，所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，且外接圆的半径为，
由正弦定理可得，解得，
由余弦定理得，可得，
因为的面积为，解得，
所以，解得：，
所以的周长.
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
18．已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列．
（1）求数列与的通项公式．
（2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围．
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）由化简可得成等比，求出的通项，再由可求出的通项；（2）因为，用错位相减法求得，所以.
【详解】解：（1）因为，
所以
所以
所以成等比，首项，公比q
所以
由题意知，设公差为d
则，即，
解得或（舍）
所以
（2）
所以
两式相减得
所以
所以
【点睛】本题考查了数列的通项与求和，对等差乘等比的数列进行求和采用错位相减法求和，分列乘减算四步进行.
19．因新冠肺炎疫情影响，呼吸机成为紧缺商品，某呼吸机生产企业为了提高产品的产量，投入万元安装了一台新设备，并立即进行生产，预计使用该设备前年的材料费、维修费、人工工资等共为（）万元，每年的销售收入万元.设使用该设备前年的总盈利额为万元.
（1）写出关于的函数关系式，并估计该设备从第几年开始盈利；
（2）使用若干年后，对该设备处理的方案有两种：案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以10万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以50万元的价格处理；问哪种方案处理较为合理？并说明理由.
【答案】（1），3年；（2）第二种方案更合适，理由见解析.
【分析】（1）利用年的销售收入减去成本，求得的表达式，由，解一元二次不等式求得从第年开始盈利.
（2）方案一：利用配方法求得总盈利额的最大值，进而求得总利润；
方案二：利用基本不等式求得时年平均利润额达到最大值，进而求得总利润.
比较两个方案获利情况，作出合理的处理方案.
【详解】（1）由题意得：

由得即，
解得
由，设备企业从第3年开始盈利
（2） 方案一总盈利额
，当时，
故方案一共总利润，此时
方案二：每年平均利润
，当且仅当时等号成立
故方案二总利润，此时
比较两种方案，获利都是170万元，但由于第一种方案只需要10年，而第二种方案需要6年，故选择第二种方案更合适.
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查基本不等式求最值，属于中档题.
20．如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的一点.
（1）求证：平面 平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先证，，从而平面，再由面面垂直的判定定理得到平面平面．
（2）作平面，以点为坐标原点，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）由是圆的直径，得，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，
平面，
平面平面.
（2）如图，作平面，以点为坐标原点，分别以直线，，为
轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
在中，，，.
又，，，.
故，.
设平面的法向量为，则
令，则.
，设直线与平面所成角为，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查面面垂直的证明、线面角的正弦值，考查推理论证能力和运算求解能力，求解时要注意充分发挥空间想象能力，将定判定定理和性质定理的条件写完整．
21．已知椭圆：()的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线：交于，两点，0为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，，即可得出椭圆方程；
（2）设，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，判别式，以及弦长公式等，表示出三角形的面积，结合基本不等式，即可求出最值.
【详解】（1）因为椭圆：()的离心率为，且过点，
所以，解得，，
∴椭圆的方程为．
（2）设，，将代入的方程，
整理得，
，∴，
∴，，
所以，
点到直线的距离为：，
因此，
当且仅当，即时取等号；
∴面积的最大值为．
【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，考查求椭圆中三角形面积的最值问题，属于常考题型.
22．已知抛物线：的焦点，为坐标原点，是抛物线上异于的两点．
(1)求抛物线的方程；
（2）若,求证：直线过定点．
【答案】(1)(2)见解析.
【分析】(1)根据焦点坐标求得p，即得结果，(2)先根据向量数量积坐标表示化简,再设直线AB方程，并与抛物线方程联立，结合韦达定理代入化简得m值，即可确定定点.
【详解】（1）由题意得，p=2,所以抛物线方程为
（2）设，
因为,所以
由得，
因此
过定点（4，0）.
【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.