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    2023广东省五校(华附省实深中广雅六中)高二上学期期末联考数学试题含解析

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    2022学年上学期高二期末限时训练试卷

    数学

    命题学校:广东实验中学命题人:翁文张淑华

    本试卷分选择题和非选择题两部分,共4页,满分150分,考试用时120分钟.

    注意事项:

    1.开考前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.

    2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案;不能答在试卷上.

    3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

    4.考生必须保持答题卡的整洁.

    第一部分选择题(共60分)

    一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

    1. 集合,则   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合,即可求解.

    【详解】解得

    所以

    又由解得,所以

    所以

    故选:D.

    2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6,为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率,用计算机产生1~5之间的随机整数,当出现随机数123时,表示该天下雪,其概率为0.6,每3个随机数一组,表示一次模拟的结果,共产生了如下的20组随机数:

    522

    553

    135

    354

    313

    531

    423

    521

    541

    142

    125

    323

    345

    131

    332

    515

    324

    132

    255

    325

    则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪概率为()

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    分析】

    根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数,再按照古典概型求概率.

    【详解】20组数据中,其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪,共有9组随机数,所以.

    故选:B

    3. 设复数满足,则在复平面上对应的图形是()

    A. 两条直线 B. 椭圆 C.  D. 双曲线

    【答案】A

    【解析】

    【分析】,根据模长相等列出方程,得到在复平面上对应的图形是两条直线.

    【详解】,则

    可得:

    化简得:

    在复平面上对应的图形是两条直线.

    故选:A

    4. 中,已知,满足此条件的三角形只有一个,则满足()

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】结合正弦定理得,满足条件的三角形只有一个,即有唯一的角与其对应,即可确定B的范围,求得结果.

    【详解】由正弦定理得,则有.

    满足条件的三角形只有一个,即有唯一的角与其对应,则,故.

    故选:D

    5. 圆内接四边形是圆的直径,则()

    A. 12 B.  C. 20 D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据圆内接四边形的性质及数量积的定义即求.

    【详解】

    由题知

    .

    故选:B.

    6. 已知数列为等差数列,若,且数列的前项和有最大值,那么取得最小正值时为()

    A. 11 B. 12 C. 7 D. 6

    【答案】A

    【解析】

    【分析】根据已知条件,判断出的符号,再根据等差数列前项和的计算公式,即可求得.

    【详解】因为等差数列的前项和有最大值,故可得

    因为,故可得,即

    所以,可得

    又因为

    故可得,所以数列的前6项和有最大值,

    又因为

    取得最小正值时n等于.

    故选:A.

    7. 已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点,与轴交于点,点是线段的三等分点,则该椭圆的标准方程是()

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】不妨设在第一象限,由椭圆的左焦点,点是线段的三等分点,易得代入椭圆方程可得,又,两式相结合即可求解

    【详解】

    不妨设在第一象限,由椭圆的左焦点,点是线段的三等分点,

    的中点,中点,所以,所以,则

    ,所以

    将点坐标代入椭圆方程得,即

    ,所以

    所以椭圆标准方程是.

    故选:B

    8. 定义在的函数满足:对,且成立,且,则不等式的解集为()

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】构造函数,讨论单调性,利用单调性解不等式.

    【详解】

    则两边同时除以可得

    ,则单调递增,

    解得

    故选:D.

    二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20.在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

    9. 已知双曲线)的右焦点为,在线段上存在一点,使得到渐近线的距离为,则双曲线离心率的值可以为()

    A.  B. 2 C.  D.

    【答案】AB

    【解析】

    【分析】写出双曲线的渐近线方程,利用点到直线距离列出不等式,得到,判断出AB正确.

    【详解】的一条渐近线方程为

    ,整理得:

    因为,所以,即

    解得:

    因为

    所以AB正确,CD错误.

    故选:AB

    10. 已知正实数满足,下列说法正确的是()

    A. 的最大值为2 B. 的最小值为4

    C. 的最小值为 D. 的最小值为

    【答案】BCD

    【解析】

    【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,代入,化简,利用基本不等式求解可判断C,利用基本不等式1的妙用可判断D.

    【详解】对于A,因为

    ,解得

    又因为正实数,所以

    则有,当且仅当时取得等号,故A错误;

    对于B

    ,解得(舍)

    当且仅当时取得等号,故B正确;

    对于C,由题可得所以,解得

    当且仅当时取得等号,故C正确;

    对于D,

    当且仅当时取得等号,故D正确,

    故选:BCD.

    11. 已知正方体的边长为2为正方体内(包括边界)上的一点,且满足,则下列说正确的有()

    A. 为面内一点,则点的轨迹长度为

    B. 作面使得,若,则的轨迹为椭圆的一部分

    C. 分别为的中点,,则的轨迹为双曲线的一部分

    D. 分别为的中点,与面所成角为,则的范围为

    【答案】ABD

    【解析】

    【分析】对于A项,转化为,得到的轨迹再求解.

    对于BC项,根据平面截圆锥所得的曲线的四种情况解决.

    对于D项,建立空间直角坐标系解决.

    【详解】对于A项,正方体中,平面,若为面内一点,所以.

    又因为,所以

    ,所以

    故点的轨迹是以为圆心为半径的个圆弧,所以点的轨迹长度为

    A正确.

    对于B项,因为,即为定值,线段也为定值,取的中点,故点的轨迹是以为轴线,为母线的圆锥的侧面上的点.设平面即为下图的面,过点的平行线交圆锥底面于点,交于点,从图形可得,易得,故的轨迹为椭圆的一部分,所以B正确.

    对于C,平面与轴线所成的角即为平面所成的角,是平面与轴线所成的角,在,而母线与轴线所成的角为,在,即母线与轴线所成的角与截面与轴线所成的角,所以的轨迹应为抛物线,故C不正确.

    对于D,为原点,分别为轴的非负半轴建立如图所示的坐标系,

    连接并延长交上底面于点,设,则

    ,设面的法向量为

    所以

    所以与面所成角的正弦值为

    又因为

    所以,故D正确.

    故选:ABD

    【点睛】用平面去截圆锥所得的曲线可能为,圆、椭圆、抛物线、双曲线.

    截面与圆锥轴线成角等于轴线与母线所成的角,截面曲线为抛物线;

    截面与圆锥轴线成角大于轴线与母线所成的角,截面曲线为椭圆;

    截面与圆锥轴线成角小于轴线与母线所成的角,截面曲线为双曲线;

    截面与轴线垂直得到截面曲线为圆.

    12. 已知函数,则()

    A. 函数为偶函数

    B. 函数为奇函数

    C. 函数为奇函数

    D. 为函数函数图像的对称轴

    【答案】CD

    【解析】

    【分析】根据函数的的奇偶性定义可判断A,B,C,根据对称轴的性质判断D.

    【详解】对于A

    定义域为,所以函数为非奇非偶函数,故A错误;

    对于B, 定义域为

    所以函数为非奇非偶函数,故B错误;

    对于C,

    定义域为,设

    ,所以函数为奇函数,故C正确;

    对于D,定义域为

    所以为函数函数图像的对称轴,故D正确,

    故选:CD.

    第二部分非选择题(共90分)

    三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)

    13. 已知首项为2的数列满足,则数列的通项公式______.

    【答案】

    【解析】

    【分析】构造,得到是等比数列,求出通项公式,进而得到.

    【详解】,即,故,解得:

    变形为

    是首项为4的等比数列,公比为3

    所以

    故答案为:

    14. 已知直线的方向向量为在直线上,则点到直线的距离为______.

    【答案】

    【解析】

    【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦,转化为正弦后可得点到直线的距离.

    【详解】

    所以

    的距离为

    故答案为:

    15. 函数)的部分图象如图所示,直线)与这部分图象相交于三个点,横坐标从左到右分别为,则______.

    【答案】

    【解析】

    【分析】由图象求得参数,由交点及余弦函数的对称性结合即可求值

    【详解】由图可知,,即

    ,解得,故.

    最小正周期为.

    直线)与这部分图象相交于三个点,横坐标从左到右分别为,则由图可知.

     

    .

    故答案为:

    16. 已知实数xy满足,则的取值范围是________

    【答案】.

    【解析】

    【分析】讨论得到其图象是椭圆,双曲线的一部分组成图形,根据图象可得的取值范围,进而可得的取值范围.

    【详解】因为实数满足

    时,方程为的图象为双曲线在第一象限的部分;

    时,方程为的图象为椭圆在第四象限的部分;

    时,方程为的图象不存在;

    时,方程为的图象为双曲线在第三象限的部分;

    在同一坐标系中作出函数的图象如图所示,

    表示点到直线的距离的

    根据双曲线的方程可得,两条双曲线的渐近线均为

    ,即,与双曲线渐近线平行,

    观察图象可得,当过点且斜率为的直线与椭圆相切时,点到直线的距离最大,

    即当直线与椭圆相切时,最大,

    联立方程组,得

    解得

    又因为椭圆的图象只有第四象限的部分,

    所以

    又直线的距离为,故曲线上的点到直线的距离大于1

    所以

    综上所述,

    所以

    故答案为:.

    四、解答题(本题共6小题,共70.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

    17. 已知函数.

    1求函数的单调增区间;

    2的值.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)由三角恒等变换化简,由整体法结合三角函数的单调增区间列不等式求解即可;

    2)令,分析得关于对称,根据对称性化简求值.

    【小问1详解】

    ,则.

    故函数的单调增区间为.

    【小问2详解】

    ,令

    ,故关于对称,

    故当时,关于对称.

    .

    18. 已知等比数列对任意的满足.

    1求数列的通项公式;

    2若数列的前项和为,定义中较小的数,,求数列的前项和.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)由递推公式得,结合等比数列性质与条件等式两式相处,即可求得,再令由等式求得,即可根据公式法得通项公式;

    2)化简对数式得,分析的大小,即可根据定义得的分段函数,即可分段求和.

    【小问1详解】

    设等比数列公比为q,则有,两式相除化简得,解得

    ,可得.

    数列的通项公式.

    【小问2详解】

    ,则.

    ,即时,,即

    时,,即

    .

    故当

    时,

    .

    .

    19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.

    1点的轨迹方程

    2过点作直线与曲线交于点在点左侧),求的最小值.

    【答案】1或.

    220

    【解析】

    【分析】1)设,得即可解决;(2)设直线,联立方程,结合韦达定理得,由基本不等式解决即可.

    【小问1详解】

    由题知,动点到定点的距离比它到轴的距离多1,

    所以

    时,,化简得

    时,,化简得

    所以点的轨迹方程为,或..

    【小问2详解】

    由题得,过点作直线与曲线交于点在点左侧),

    所以由(1)得

    设直线

    代入中得

    所以,即

    ,即

    所以

    当且仅当,即时,取等号,

    所以

    所以的最小值为20.

    20. 已知正项数列满足,且,设.

    1求证:数列为等比数列并求的通项公式;

    2设数列的前项和为,求数列的前项和.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)利用化简可得数列是以为公比为首项的等比数列,求出可得,再利用累乘法求通项公式可得答案;

    2)求出利用裂项相消求和可得答案.

    【小问1详解】

    因为所以

    因为,所以

    所以

    ,且

    所以数列是以为公比,为首项的等比数列,即

    ,可得

    所以时,

    而此时时,

    所以

    【小问2详解】

    由(1,所以

    所以

    所以

    .

    21. 已知四棱锥中,,面.

    1求证:

    2求面与面所成的二面角的余弦值.

    【答案】1见解析20

    【解析】

    【分析】1)根据勾股定理得,面面垂直性质定理得,得,可得平面,即可解决;(2)建立以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴正方向得空间直角坐标系,空间向量法解决二面角的余弦值即可.

    【小问1详解】

    由题知,

    ,面.

    ,过,即,连接

    因为

    所以四边形行四边形,

    所以

    因为在中,,

    所以,

    所以

    因为

    所以

    所以

    因为

    所以,

    因为

    所以在中,,

    又因为,平面平面且交于

    所以

    因为

    所以

    因为平面

    所以平面,

    因为平面

    所以.

    【小问2详解】

    由(1)得,平面

    ,

    所以

    所以

    所以建立以为原点,

    分别以的方向为轴,轴,轴正方向得空间直角坐标系

    因为

    所以,

    所以,

    设面与面的法向量分别为

    所以

    ,即,令,得

    ,即,令,得

    设面与面所成的二面角为

    所以面与面所成的二面角的余弦值为.

    所以面与面所成的二面角的余弦值为0.

    22. 换元法在数学中应用较为广泛,其目的在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如,已知,求的最小值.其求解过程可以是:设,其中,则;当取得最小值16,这种换元方法称为对称换元”.已知平面内一动点到两个定点的距离之和为4.

    1请利用上述方法,求点的轨迹方程

    2过轨迹轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点,连接并延长交于点,若,求的值.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)根据椭圆定义解决即可;

    2)设直线,直线,联立方程解得,得,得,联立,得,由点在椭圆上即可解决.

    【小问1详解】

    由题知,平面内一动点到两个定点的距离之和为4,满足椭圆的定义,即点的轨迹为焦点在轴上的椭圆,

    所以

    所以

    所以点的轨迹方程

    小问2详解】

    由(1)得

    因为轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点,连接并延长交于点

    所以

    设直线,直线

    联立,消去

    所以,即

    所以

    所以

    所以

    所以

    联立,解得,即

    因为点在椭圆上,

    所以

    化简得,解得(舍去),

    所以

    所以的值为.


     

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