2022-2023学年河南省济源市高级中学高二上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省济源市高级中学高二上学期期末数学试题含答案，共16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．已知，则以下不等式不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用不等式的性质逐项判断即得.
【详解】∵，∴，故A正确；
∵，∴，∴，即，故B正确；
由可得，，∴，故C正确；
因为，所以，，所以，即．故D错误.
故选：D．
2．已知，是两个单位向量，且夹角为，则与数量积的最小值为（ ）
A．－B．－
C．D．
【答案】A
【分析】通过数量积运算律，可将数量积转化为二次函数，根据二次函数可求得最小值.
【详解】解：由题意得：
当时，最小值为：
故选：A.
3．已知等差数列，其前项和为，有最小值，若，则使成立的的最大值为（ ）
A．17B．16C．15D．14
【答案】C
【分析】依题意可得，，再根据，即可得到，，且，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算可得；
【详解】解：因为等差数列的前项和为有最小值,所以，，所以，因为，所以，，且，所以，，所以当时，所以使成立的的最大值为；
故选：C
4．命题“∃x0∈（0，+∞），”的否定是（ ）
A．∀x∈（﹣∞，0），2x+sinx≥0
B．∀x∈（0，+∞），2x+sinx≥0
C．∃x0∈（0，+∞），
D．∃x0∈（﹣∞，0），
【答案】B
【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．
【详解】命题“∃x0∈（0，+∞），”的否定是“∀x∈（0，+∞），2x+sinx≥0”．
故选：B
5．已知方程表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由方程表示焦点在y轴上的椭圆直接列出不等式可求解.
【详解】方程表示焦点在y轴上的椭圆,
，解得.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查方程表示椭圆求参数范围，熟记椭圆标准方程的要求条件是解题关键，属于基础题.
6．已知点，，则线段的中点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出的中点的坐标，再求出关于平面对称的点的坐标即可.
【详解】因为点，
所以的中点，
所以关于平面对称的点的坐标为，
故选：A.
7．已知四面体ABCD，=，=，=，点M在棱DA上，=，N为BC中点，则＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件用表示出，再借助向量加法法则即可得解.
【详解】在四面体ABCD中，连接DN，如图所示，
=，=，=，因=，N为BC中点，则，，
于是得.
故选：C
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．A=30°，B=45°，c=5B．a=4，b=5，C=60°
C．a=8，，B=45°D．a=6，b=8，A=30°
【答案】D
【分析】根据题设条件和三角形解的个数的判定方法，逐项判定，即可求解，得到答案.
【详解】对于选项A中：由A=30°，B=45°，c=5，所以，再利用正弦定理可求，显然只有一解；
对于选项B中：由余弦定理可得，所以只有一解；
对于选项C中：因为，且，所以只有一解；
对于选项D中：因为，且，所以角有两解.
故选：D.
9．已知命题“若，则”，在它的逆命题､否命题､逆否命题中，真命题的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】由原命题可判断逆否命题真假，写出逆命题，可判断逆命题､否命题真假.
【详解】由原命题与逆否命题、逆命题与否命题同真同假可知，原命题“若，则”显然为真，故逆否命题为真；逆命题为：“若，则”，逆命题为假，则否命题也为假，故真命题个数为1个.
故选：B
10．已知P是双曲线C：－＝1上任意一点， A，B是双曲线的两个顶点，设直线PA，PB的斜率分别为，，若恒成立，且实数t的最大值为1，则下列说法正确的是（ ）
①双曲线的方程为－y2＝1；
②双曲线的离心率为；
③函数y＝lga(x＋1＋)(a＞0，a≠1)的图象恒过双曲线C的一个焦点；
④直线x－y＝0与双曲线C有两个交点．
A．①②B．①③
C．②③D．②④
【答案】B
【分析】设的坐标，代入双曲线的方程整理，结合不等式恒成立即均值不等式可得的值，进而求出双曲线的方程，可得双曲线的离心率和焦点坐标，可判断①，②，③的真假，再由直线和双曲线的位置关系判断④即可．
【详解】设，可得，所以，
由题意可知，，可得，
，即
若恒成立，且实数的最大值为1，
由，当且仅当时取等号，
所以可得，可得双曲线的方程为：，故①正确；
离心率，故②错误；
由双曲线的方程可得焦点坐标为，，
函数的图象恒过定点，，即函数的图象恒过双曲线的一个焦点，故③正确；
双曲线的渐近线为y＝±x，而直线x－y＝0的斜率为1＞，所以直线x－y＝0与双曲线C没有交点，故④错误．
综上，正确的是①③，
故选：B.
11．已知F是抛物线C：y＝2x2的焦点，N是x轴上一点，线段FN与抛物线C相交于点M，若2＝，则|FN|＝（ ）
A．B．
C．D．1
【答案】A
【分析】如图，过点M作抛物线的准线的垂线，交x轴于点A，交抛物线C的准线于点B，得出MA∥OF，根据相似三角形的性质和2＝，即可得出结果.
【详解】因为F是抛物线C：y＝2x2的焦点，所以F，
抛物线C的准线方程为y＝－，
如图，过点M作抛物线的准线的垂线，交x轴于点A，交抛物线C的准线于点B，则MA∥OF，所以＝.因为2＝，
所以|MA|＝×＝，|MF|＝|MB|＝＋＝，|FN|＝3|FM|＝.
故选：A
12．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集为{x|3A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据一元二次不等式的解集，确定a<0，以及a，b，c的关系，再将所求运用消元法，统一成单变量a的函数问题，运用基本不等式求最值．
【详解】依题意得a<0，且3和4是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
即则
所以＝＝，
＝(－24a)＋≥2，
＝4，当且仅当144a2＝5，即a＝－时取等号，
所以所求最小值为4.
故选：B
二、填空题
13．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝，则的值为 ．
【答案】3
【分析】利用正弦定理的边角互化即可求解.
【详解】解析：由正弦定理，
得＝，
即(csA－3csC)sinB＝(3sinC－sinA)·csB，
化简可得sin(A＋B)＝3sin(B＋C)，
又知A＋B＋C＝π，所以sinC＝3sinA，因此＝3．
故答案为：3
14．已知，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据线性约束条件作出可行域，作直线沿可行域的方向平移，由的几何意义即可求得最大值.
【详解】根据线性约束条件作出可行域如图：
由可得：，
作直线沿可行域的方向平移，由图知过点时，最小，最大，
由可得，
所以，
故答案为：.
15．如图，隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边先选取相距km的C，D两点，同时，测得∠ACB=75°，∠BCD=45°，∠ADC=30°，∠ADB=45°（A，B，C，D在同一平面内），则AB= km..
【答案】
【分析】先由题得，再由正弦定理解得，最后根据余弦定理解得.
【详解】在△ACD中，∠ACD=120°，∠CAD=∠ADC=30°，
∴AC=CD=km.
在△BCD中，∠BCD=45°，∠BDC=75°，∠CBD=60°.
∴BC=.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2=()2+2－2×××cs75°=3+2+=5，
∴AB=(km)
故答案为：
16．已知，，是实数，设有下列四个命题：
：“”是“”的充分条件；
：“”是“”的必要条件；
：“”是“”的充分条件；
：“”是“”的充要条件．
则下述命题中所有真命题的序号是 .
①，②，③，④
【答案】③④
【分析】先利用充分条件和必要条件的定义判断各命题的真假，然后利用复合命题的真假判断..
【详解】对命题、：因为，反之，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，所以、均为假命题；
对命题：因为，反之，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以命题为假命题；
对命题：因为，反之，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，所以命题为假命题；
所以，根据复合命题真假判断的结论可得①②为假命题，③④为真命题.
故答案为：③④.
三、解答题
17．在中，D为边上一点，，且的面积为．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）； （2）.
【分析】（1）由，得到，根据的面积为，求得，在中，由余弦定理求得，在结合正弦定理，即可求解；
（2）由（1）求得，得到的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，中，D为边上一点，，所以，
因为，且的面积为，
可得，解得，
又因为，所以，
在中，由余弦定理可得
，所以，
又由正弦定理可得，可得.
（2）由（1）知，且为锐角，所以，
所以，，
所以.
【点睛】对于解三角形问题，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.
18．已知正项数列的前项和为，.
（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，；（2）.
【分析】（1）项和转换可得，再结合可得，即是以2为首项，2为公差的等差数列，即得解；
（2），裂项相消法求和即得解.
【详解】（1）证明：，
当时，，
两式相减并整理得：，
即，
，，得，
当时，由，解得或（舍去），
数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
则，
（2）由（1）知，，
.
19．设集合，，命题p：，命题q：．
(1)若p是q的充要条件，求正实数a的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求正实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过解不等式可得，由p是q的充要条件，得，即，从而即可求出实数a的取值范围；
（2）根据p是q的必要不充分条件，得，从而即可求出实数a的取值范围．
【详解】（1）由，得，
解得，所以，
由p是q的充要条件，得，即，解得，
所以实数a的取值范围是；
（2）由p是q的必要不充分条件，得，
又，则，所以，解得，
综上实数a的取值范围是．
20．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上．
(1)若，求抛物线的标准方程；
(2)若直线与抛物线交于，两点，点的坐标为，且满足，原点到直线的距离不小于，求的取值范围．
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）由已知可得，由抛物线的定义可得，解方程求得的值即可求解；
（2）设，，联立直线与，由原点到直线的距离不小于可得的范围，由韦达定理可得、，利用坐标表示可利用表示，再利用函数的单调性求得最值即可求解.
【详解】（1）由题意及抛物线的定义得：，
又因为点在抛物线上，所以，
由 可得或，
所以抛物线的标准方程为或．
（2）设，，
联立消去可得：，
则，，
因为，
所以
，
所以，可得，
由原点到直线的距离不小于，可得，解得或，
因为，所以不成立，所以，
因为在上单调递增，
所以，所以，
即的取值范围为．
21．如图，在三棱锥中，平面平面，，，
，，分别为线段，上的点，且，，.
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成的二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）在中，由勾股定理逆定理可得，在中，由余弦定理求出的长，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，结合，由线面垂直的判定定理即可求证；
（2）由（1）可证明，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为，，，所以，
所以，可得，
又因为，
所以
，可得，
又因为，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
因为，，所以平面；
（2）由（1）知，，两两垂直，如图分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
因为直线与平面所成的角为，即，所以，
则，，，，
所以，，，
因为，，所以，
由（1）知，所以，
又平面，面，所以，
因为，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
由，令，得，，
所以为平面的一个法向量．
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
故平面与平面所成的锐二面角为.
22．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，点P是椭圆C上的一个动点，且面积的最大值为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点M（0，1）作直线l1交椭圆C于A、B两点，过点M作直线l1的垂线l2交圆O：x2+y2＝于另一点N.若的面积为3，求直线l1的斜率.
【答案】（1）；（2）±.
【解析】（1）由题意可得，解方程组即可求解.
（2）分类讨论直线l1的斜率为0或直线l1的方程y＝kx+1，将直线与椭圆方程联立，再由直线l2的方程：y＝﹣x+1，求出|MN|，根据三角形的面积即可求解.
【详解】解：（1）由题意得，
，a2＝b2+c2，解得：a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程：；
（2）若直线l1的斜率为0，则|AB|＝，|MN|＝2，
所以的面积，不合题意，所以直线的斜率不为零，
设直线l1的方程y＝kx+1，设A（x，y），B（x'，y'），
联立与椭圆的方程整理得（3+4k2）x2+8kx﹣8＝0，
x+x'＝，xx'＝，
∴|AB|＝
＝，
直线l2的方程：y＝﹣x+1，即x+ky﹣k＝0，∴|MN|＝2，
∴，解得k＝，
即直线l1的斜率为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的综合、椭圆的标准方程，解题的关键是利用弦长公式求出|AB|，|MN|，考查了运算求解能力.