2022-2023学年宁夏青铜峡市宁朔中学高二上学期线上期末考试数学（理）试题（解析版） (1)

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2022-2023学年宁夏青铜峡市宁朔中学高二上学期线上期末考试数学（理）试题一、单选题1．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的乘法法则化简即可得解.【详解】.故选：A.【点睛】本题考查利用复数的乘法法则化简计算，考查计算能力，属于基础题.2．用分析法证明“”时，正确的步骤是（    ）A．“，” B．“”C．“欲证，只需证” D．“因为，所以”【答案】C【分析】根据分析法的特点进行判断即可.【详解】解：用分析法证明“”时，正确的步骤是：“欲证，只需证”．故选：C3．下面几种推理为合情推理的是（    ）①由圆的性质类比出球的性质；②由凭记忆求出；③是平面内两定点，平面内动点满足(为常数)，得点的轨迹是椭圆；④由三角形的内角和是，四边形内角和是，五边形的内角和是，由此归纳出凸多边形的内角和是.A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④【答案】A【分析】根据归纳推理和类比推理的概念，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意知，（1）中由圆的性质类比出球的性质是两类事物之间的推理过程是类比推理，属于合情推理；（2）合情推理是经过观察，分析，比较，联想，在进行归纳，类比，然后提出猜想的推理，而凭记忆求出，不符合合情推理，故不正确；（3）由M,N是平面内两定点，动点满足,得点的轨迹是椭圆，属于演绎推理.（4）由三角形的内角和是，四边形内角和是，五边形的内角和是，由此得凸多边形的内角和是，属于归纳推理，是合情推理.综上所述，属于合情推理有(1)(4).故选：A.4．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设正确的是(    )A．假设三个内角都不大于60°B．假设三个内角至少有一个大于60°C．假设三个内角至多有两个大于60°D．假设三个内角都大于60°【答案】D【分析】对命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”进行否定即可.【详解】用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，应该假设“三角形的内角都大于60°”．故选：D．5．下列有关命题的说法中错误的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”C．若命题，使得，则，均有D．若为假命题，则、均为假命题【答案】D【分析】A选项，求出二次方程的解即可判断；命题“若，则q”的逆否命题为“若，则”，B正确；特称命题的否定为全称命题，C正确；根据复合命题的真假判断规则判断D选项.【详解】A选项，的解为或2，所以“”是“”的充分不必要条件，A正确；B选项，命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，B正确；C选项，特称命题的否定为全称命题，C正确；D选项，若为假命题，则、中至少有一个为假命题.故选：D【点睛】本题考查充分不必要条件、逆否命题、含一个量词的命题的否定、复合命题的真假判断，属于基础题.6．由①安梦怡是高二（1）班的学生，②安梦怡是独生子女，③高二（1）班的学生都是独生子女，写一个“三段论”形式的推理，则大前提，小前提和结论分别为A．②①③ B．②③① C．①②③ D．③①②【答案】D【分析】根据三段论推理的形式“大前提，小前提，结论”，根据大前提、小前提和结论的关系，即可求解.【详解】由题意，利用三段论的形式可得演绎推理的过程是：大前提：③高二（1）班的学生都是独生子女；小前提：①安梦怡是高二（1）班的学生；结论：②安梦怡是独生子女，故选D.【点睛】本题主要考查了演绎推理中的三段论推理，其中解答中正确理解三段论推理的形式是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.7．已知双曲线的右顶点与抛物线的焦点重合，且其离心率，则该双曲线的方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的实半轴长，利用双曲线的离心率得到c与b的值，从而得到双曲线方程．详解：抛物线y2=8x焦点（2，0），可得双曲线的实半轴的长a=2，双曲线（a＞0，b＞0）的离心率e=，可得c=3，则b=，所以双曲线方程为：．故选A．点睛：本题考查抛物线的简单性质以及双曲线的简单性质的应用，考查计算能力，属于基础题．8．用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时，从“n=k”到“n=k+1”，左边需增添的代数式是（    ）A．(2k+1)+(2k+2) B．(2k-1)+(2k+1)C．(2k+2)+(2k+3) D．(2k+2)+(2k+4)【答案】C【分析】根据数学归纳法及所证等式的特点即可求解.【详解】当n=k时，左边是共有2k+1个连续自然数相加，即1+2+3+…+(2k+1)，所以当n=k+1时，左边共有2k+3个连续自然数相加，即1+2+3+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3).所以左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3).故选：C9．已知倾斜角为直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点.弦的长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件写出直线的方程，与抛物线联立，求得 ，再利用抛物线的定义，由 求解.【详解】因为直线过抛物线的焦点，且倾斜角为，所以直线的方程为：，与抛物线联立得：，所以，所以 ，故选：B10．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，若，且，则的长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由向量线性运算得，利用数量积的定义和运算律可求得，由此可求得.【详解】由题意得：，，且，又，，，，.故选：D.11．在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接交于F，由题意可知与平面所成角与与平面所成角相等，由题意可证平面平面，过作于，由面面垂直的性质定理可得是与平面所成角，即与平面所成角为，在中，计算即可.【详解】解：连接交于F，设与平面所成角为，因为∥,所以与平面所成角为，如图：因为在长方体中，，，所以四边形是正方形，是中点，，，所以，又，面，所以平面，又平面，所以平面平面，过作于，因为面面，面面，，面，所以平面，所以，即，所以.故选：A.12．已知椭圆和双曲线有共同焦点，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最大值为A．3 B．2 C． D．【答案】D【分析】设椭圆长半轴长为a1，双曲线的半实轴长a2，焦距2c．根据椭圆及双曲线的定义可以用a1，a2表示出|PF1|，|PF2|，在△F1PF2中根据余弦定理可得到，利用基本不等式可得结论．【详解】如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：|PF1|+|PF2|＝2a1，|PF1|﹣|PF2|＝2a2，∴|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，设|F1F2|＝2c，∠F1PF2＝，则：在△PF1F2中，由余弦定理得，4c2＝（a1+a2）2+（a1﹣a2）2﹣2（a1+a2）（a1﹣a2）cos∴化简得：a12+3a22＝4c2，该式可变成：，∴≥2 ∴，故选D．【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特征，考查通过椭圆与双曲线的定义求焦点三角形三边长，考查利用基本不等式求最值问题，属于中档题．二、填空题13．若是虚数单位，复数满足，则___________.【答案】【分析】根据复数的四则运算法则和复数的模的计算公式，即可化简得到答案.【详解】由题意，复数满足，则,所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数的运算与化简和复数模的求解，其中熟记复数的四则运算和复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14．已知不等式，，，……均成立，照此规律，第五个不等式应为_______．【答案】【解析】根据题中条件，归纳得到，进而可得出结果.【详解】因为，，，…因此．所以第五个不等式应为.故答案为：15．椭圆内有一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为_______.【答案】【分析】设过点的直线与椭圆交于两点，斜率为，进而利用点差法求解.【详解】设过点的直线与椭圆交于两点，斜率为，则①，②，－②得，又，所以故答案为：．16．如图所示，在直平行六面体中，，，点在上，且，则点到平面的距离为________.【答案】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算，即可得答案；【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，∴，.设平面的法向量为，则，令，则，，∴.∴点到平面的距离.故答案为：.【点睛】本题考查利用空间向量法求点到面的距离，考查运算求解能力，求解时注意坐标系的建立.三、解答题17．已知：的顶点，，．（1）求AB边上的中线CD所在直线的方程；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）11.【分析】（1）直接利用已知条件求出AB边上的中点，即可求直线的方程．（2）利用所求出的直线方程利用分割法求出三角形的面积，或者求出及直线AB的方程，可得点C到直线AB的距离，求出三角形的面积.【详解】（1）∵线段AB的中点D的坐标为，所以，由两点式方程可得，AB边上的中线CD所在直线的方程为，即．（2）法1：因为，点A到直线CD的距离是，所以的面积是．法2：因为，由两点式得直线AB的方程为：，点C到直线AB的距离是，所以的面积是．【点睛】本题考查直线方程求法与点到直线距离公式应用，属于基础题.18．棱长为2的正方体中，E、F分别是、DB的中点，G在棱CD上，且，H是的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：(1)求证：；(2)求；(3)求的长．【答案】(1)证明见解析;(2);(3).【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明即可；（2）求出的坐标，再根据即可求得答案；（3）转化为求即可.【详解】（1）解：如图，以为原点， 分别为轴，建立空间直角坐标系，则,因为，所以，所以，故；（2）解：因为，所以因为，且,所以；（3）解：因为是的中点，所以又因为，所以,.即.19．已知关于x，y的方程C：（1）当m为何值时，方程C表示圆；（2）在（1）的条件下，若圆C与直线l：相交于M、N两点，且|MN|＝，求m的值.【答案】（1）m＜5；（2）m＝4【解析】（1）求出圆的标准方程形式，即可求出m的值；（2）利用半径，弦长，弦心距的关系列方程求解即可．【详解】解：（1）方程C可化为，显然只要5−m＞0，即m＜5时，方程C表示圆；（2）因为圆C的方程为，其中m＜5，所以圆心C（1，2），半径，则圆心C（1，2）到直线l：x＋2y−4＝0的距离为，因为|MN|＝，所以|MN|＝，所以，解得m＝4．【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，根据圆的标准方程求出圆心和半径是解决本题的关键．20．已知点是椭圆上的一点，、为椭圆的两焦点，若，试求：（1）椭圆的方程；（2）的面积．【答案】（1）；（2）20【分析】（1）设出焦点的坐标，利用垂直关系求出 c 值，椭圆的方程化为+=1，把点P的坐标代入，可解得a2的值，从而得到所求椭圆方程．（2） P点纵坐标的值即为F1F2边上的高，由 =|F1F2|×4 求得△PF1F2的面积．【详解】（1）  令F1（﹣c，0），F2（c，0），∵PF1⊥PF2，∴，即 •=﹣1，解得 c=5，∴椭圆方程为  +=1．∵点P（3，4）在椭圆上，∴+=1，解得 a2=45，或a2=5，又a＞c，∴a2=5舍去，故所求椭圆方程为  +=1．（2） P点纵坐标的值即为F1F2边上的高，∴ =|F1F2|×4=×10×4=20．【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，以及用待定系数法求椭圆的标准方程的方法．21．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.（1）证明：平面；（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设，连，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）连，设，连，因为是的中点，为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，.设为平面的法向量，则，令，则.又为平面的一个法向量，由向量的夹角公式，可得，所以二面角的平面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．已知抛物线上的点到焦点的距离为4．(1)求的值；(2)设是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点，且（其中O为坐标原点）．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】(1)，；(2)直线过定点.【分析】（1）由抛物线的焦半径公式直接求出p，把代入再求t；（2）设直线的方程为，，.利用“设而不求法”求出直线过定点．【详解】（1）由抛物线的定义得，，解得.所以抛物线的方程为，代入点，可解得．（2）易得斜率不为0，设直线的方程为，，.因为是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点，所以.联立消元得，则，，由，得，所以或（舍去），即，即，所以直线的方程为，所以直线过定点．