2022-2023学年湖南省邵阳市邵东市第一中学高二上学期期末数学试题 （解析版）

邵东一中2022年下学期高二期末考试试卷

数学

考试范围：必修一、二，选择性必修一、二  

时间：120分钟   分值：150分

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求,再应用交集运算,得出即可.

【详解】因为,所以

所以

故选: .

2. 设函数，则曲线在点处的切线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，进而即可得切线方程.

【详解】因为，所以，所以，

即在处切线方程的斜率为，

又因为，所以切线方程为，整理得，

故选：B

3. 已知命题p：；命题q：. p是q成立的（    ）条件.

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据对数函数及指数函数的单调性化简命题，然后根据充分条件必要条件的概念即得.

【详解】因为命题p：，即，命题q：，即，

所以由可推出，而由推不出，

所以是成立的充分不必要条件,

故选：A.

4. 若等差数列和等比数列满足，则的公差为（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差等比数列的通项公式转化为首项与公比，公差的关系求解.

【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为

，又

又

，

故选：A

5. 若定义在上的偶函数，对任意的，且，都有且，则满足的x的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】依题意可得在上单调递增，根据偶函数的性质可得在上单调递减，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集；

【详解】因为函数满足对任意的，且，有，

即在上单调递增，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递减，

又，所以，函数的大致图像可如下所示：

所以当时，当或时，

又不等式等价于或，

解得或，即原不等式的解集为；

故选：D.

6. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求得数量积，再利用向量夹角公式即可求得与的夹角.

【详解】因为，所以,

则.则.

又因为，所以,即与的夹角为.

故选：D.

7. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交左支交于两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由为圆心，为半径为径的圆经过点，得，结合双曲线的定义及勾股定理可得解．

【详解】解：由题意得，

设，则，，，，

在中，

由勾股定理得，解得，

则，，

在中，

由勾股定理得，化简得，

所以的离心率，

故选：B

8. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据在上递增，利用同构法求解即可．

【详解】解：构造，

则在上显然递增，

由得

，

即，

，

，

令，

则，

由得，递增，

由得，递减，

，

．

故选：B．

【点睛】本题解题的关键是看到 “指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列结论中，正确的结论有（    ）

A. 如果，那么的最小值是2

B. 如果，，，那么的最大值为3

C. 函数的最小值为2

D. 如果，，且，那么的最小值为2

【答案】BD

【解析】

【分析】对A. 如果，那么，命题不成立；

对B.使用基本不等式得即可得的最大值；

对C. 函数，当且仅当时取等号，此时无解；

对D.根据题意构造，将“1”替换为，代入用基本不等式求解.

【详解】对于A： 如果，那么，最小值是2不成立；

对于B：如果，，，

则，整理得，

所以，当且仅当时取得最大值，所以的最大值为3，故B正确；

对于C：函数，当且仅当时取等号，此时无解，不能取得最小值2，故C错误；

对于D：如果，，且，

那么

，当且仅当时取得最小值，故D正确.

故选：BD

10. 意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，…即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列说法正确的是（    ）

A.  B. 是偶数

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】选项ACD通过递推关系分析即可．

选项B通过奇数偶数特性分析可得出是奇数偶数是周期出现的．

【详解】由已知，数列满足递推关系．

选项：；

故正确；

选项：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，，

恰好能被3整除，且为偶数，所以也为偶数，故正确；

选项：若选项C正确，又，则，

同理，，依次类推，

可得，显然错误，故错误；

选项：，

又，故正确；

故选：．

11. 已知边长为2的正方体ABCD—，E为AD中点，F为中点，则（    ）

A. EF与所成角的正弦值为

B.

C. 若平面与平面的交线为l，则直线l与BE所成角的余弦值为

D. 若D在平面内的投影为点O，则

【答案】BD

【解析】

【分析】首先建立空间直角坐标系，逐个对选项进行判断即可得到结果

对A：求出EF与得向量坐标，再代入数量积公式求得余弦值，进而求正弦值；

对B：分别求出及点到平面的距离，可求得体积；

对C：求出交线的方向向量与BE的方向向量，再代入数量积即可求得余弦值；

对D：求出点的坐标，即可求出，再由模长公式即可求得的长.

【详解】如图，以A点为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，依题意可得B（2，0，0），（0，0，2），（2，2，2），（0，2，2），E（0，1，0），F（1，1，2）.

∴，

∴

∴，A错误；

，B正确；

由图可知，延长到，使得，连接，并取的中点，连接，

可知，即平面与平面为同一平面；

连接，可知四边形为平行四边形，即平面与平面为同一平面；

又因为点既在平面内又在平面CC1E内

所以平面与平面CC1E的交线为，

M为A1G的中点，

∴M（0，1，3），

故

∴，C错误；

∵，

∴三棱锥为正三棱锥.

∵D在平面内的投影为点O，∴O为△的中心，故

，

∴，，，D正确.

故选：BD.

12. 已知函数有两个零点，且，则下列选项正确的有（    ）

A.  B. 在上单调递减

C.  D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】根据参变分离构造函数，根据的性质，即可判断A；求导得，结合即可判断B；构造函数，利用导数求解的范围，即可判断C，根据与的大小关系结合的单调性即可判断D．

【详解】对于A，由等价于，

令，

令，得，令，得，

所以在单调递增；在单调递减，

当时，取极大值，

当；当时，，，

则，故A正确．

对于B，，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

因为，则，所以在单调递增，故B错误；

对于C，由A可知，当时，，

当时，

令，

，

，

，

在上单调递增，，

，则，

又，，

又在上单调递增，，

，，

综上，故C错误；

对于D，在单调递增，在上单调递减，且，

，

，，

，，

，故D正确，

故选：AD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知是公比为q的等比数列，且成等差数列，则q＝_____．

【答案】或1

【解析】

【分析】根据给定条件，利用等差数列列方程，再解方程作答.

【详解】等比数列中，成等差数列，则，

即，而，整理得，解得或，

所以或.

故答案为：或1

14. 已知直线与圆相交于A，B两点，则取最小值时直线l的方程是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据直线过定点可知，当圆心到直线距离最大时，弦长最小，即可得出直线斜率求得l的方程.

【详解】由直线可知，直线过定点，

圆即，可得圆心，半径；

设圆心到直线的距离为，根据弦长公式可知，

最大时，取最小值，

易知，的最大值为圆心到定点的距离，

此时圆心和定点的连线与直线垂直，

可得直线的斜率满足，得

所以，直线l的方程为

故答案为：

15. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C所对边的长，已知，，，则边AB的长是______．

【答案】8

【解析】

【分析】由得，由得，在中使用正弦定理求出AB.

【详解】因为，，所以，，

又因为，所以，

又因为，在中由正弦定理得.

故答案为：8.

16. 已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.

【详解】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；

，

，

代入不等式，可得，整理可得，

当为偶数时，不等式为，

令，，

当时，，则在上单调递增，

由于，故，此时；

当为奇数时，不等式为，

令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，

综上所述，.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.

17. 在中，的对边分别为，且满足.

（1）求；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理和三角公式得到，即可求出；

（2）利用正弦定理表示出，利用三角函数求出最值.

【小问1详解】

在中，的对边分别为，

由正弦定理得.

因为，所以，

.

∵，∴.

.

【小问2详解】

由题意，

则，

则，

由，得，

则，

故的取值范围为

18. 已知函数，．

（1）当时，求函数的极值；

（2）当时，若函数在上的最小值为，求实数a的值．

【答案】（1）的极小值为，极大值为11；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值作答.

（3）利用导数探讨函数在的单调性，求出最小值即可求解作答.

【小问1详解】

当时，函数定义域为R，，

当或时，，当时，，即函数在，上递减，在上递增，

因此当时，取得极小值，当时，取得极大值，

所以的极小值为，极大值为11．

【小问2详解】

函数，，求导得，

因为，则由得，显然，

当时，，当时，，

因此函数在上单调递增，在上单调递减，

而，，则函数在上的最小值为，解得，

所以实数a的值为1.

19. 已知函数的所有正的零点构成递增数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先利用辅助角公式化简，再求出所有正的零点，利用等差数列即可求解通项.

（2）首先求出，再利用错位相减法求解即可.

【小问1详解】

，

由题意令，解得.

又函数的所有正的零点构成递增数列，所以当时，是首项，公差的等差数列，因此.

【小问2详解】

由（1）知，

则，①，②

由①-②得，

所以.

20. 如图所示，在四棱锥中，，，，.

（1）证明：；

（2）求直线BC与平面PCD所成角余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面PCD所成角的正弦值进而求得其余弦值.

【小问1详解】

连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP.

因为，所以，

因为，所以，

又平面，所以平面OAP，

因为平面OAP，所以.

【小问2详解】

因为，所以，又，

所以，所以，

又平面，

所以平面ABCD.

，

，所以.

如图，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，，

，平面PCD的法向量分别为，

所以，即，取，则，

设与平面PCD所成的角为，则

则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为.

21. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为、，点在椭圆上.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线交椭圆于两点，求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）根据椭圆离心率以及点联立方程组即可得椭圆标准方程；

（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式即可求得面积表达式，再利用基本不等式即可求得最值

【小问1详解】

由离心率可得，即，

由点在椭圆上可得，又

解得，，

∴椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

由（1）可得，，故直线过焦点，

联立消去可得，

设，，则，，

则，

∴，

当且仅当，即时取等号，

故面积的最大值为.

22. 已知函数（），其中为自然对数的底数.

（1）讨论的单调区间；

（2）若，设函数，当不等式在上恒成立时，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题得，分，讨论单调性解决即可；

（2）参数分离得在上恒成立，令，讨论单调性，求最大值即可解决.

【小问1详解】

易知函数（）的定义域为.

所以，

当时，由，得，由，得.

所以的单调增区间为，单调减区间为；

当时，由，得，由，得.

所以的单调增区间为，单调减区间为.

【小问2详解】

将代入，得，

因为，不等式在上恒成立，

所以，即在上恒成立，

令，易知函数的定义域为.

所以.

当时，，故；

当时，，故.

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以时，上取得最大值.

所以，

所以实数的取值范围是.

【点睛】思路点睛：导数在函数中的综合运用，第一问利用导数研究含参函数的单调性，注意分类讨论思想；第二问不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理.