2022-2023学年河南省焦作市沁阳市高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年河南省焦作市沁阳市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．命题“任意，”的否定是（   ）

A．存在， B．存在，

C．任意， D．任意，

【答案】B

【分析】根据全称命题与存在性命题的之间的关系，准确改写，即可求解.

【详解】根据全称命题与存在性命题的之间的关系，

可得：命题“任意，”的否定是“存在，”.

故选：B.

2．已知等差数列的前项和为，若，则的值为（   ）

A．10 B．20 C．25 D．30

【答案】D

【分析】利用等差数列下标和性质求得，进而求得的值.

【详解】等差数列中，，

则，则

故选：D

3．关于的不等式的解集是，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】∵

∴

∵不等式的解集是

∴用数轴表示如图：

∴，故选C

4．已知，，，d均为实数，下列不等关系推导成立的是（    ）

A．若， B．若，

C．若， D．若，

【答案】D

【分析】举反例否定选项AB；求得的正负判断选项C；求得的大小关系判断选项D.

【详解】由，，可得，则选项A判断错误；

由，，可得，则选项B判断错误；

，又，则.则选项C判断错误；

由，可得，又，

则，则.则选项D判断正确.

故选：D

5．在中，角A，，的对边分别为，，，若，则角A与角的关系为（   ）

A． B．

C．且 D．或

【答案】D

【分析】利用正弦定理和余弦定理求得，，之间的关系，进而得到角A与角的关系.

【详解】由，可得，

则，则，

则，

则，

整理得，

则或，则或.

故选：D

6．已知数列，，，，，，…，，，，…，，则其第43项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用归纳及等差数列前n项和求解即可.

【详解】以1为分母的有1项：；

以2为分母的有2项：，；

以3为分母的有3项：，，；

…；

以此类推：以n为分母的有n项：，，……，.

所以，

又因为，可得第项为分母为的第个数，

所以此数列的第43项为：.

故选：C.

7．已知点，是坐标原点，点的坐标满足：，设，则的最大值是（    ）

A．-6 B．1 C．2 D．4

【答案】D

【分析】先由不等式组得到可行域，将目标函数化为，由图像得到在过点时取得最大值，代入约束条件求解即可．

【详解】解：不等式组，它的可行域如图：

为坐标原点，点的坐标为，点，则，，

所以，则，如图直线经过可行域的点时纵截距最大，即取得最大值，

由，解得，即，

将代入得，

故选：D．

8．已知命题，命题.若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由题意可知：，解得： ，

， ， ，

: 或，

: 或 ，若是的充分条件，

则是的子集，

且 ，

解得 .

故答案为

9．设，分别为双曲线C：的左、右焦点，点P为双曲线右支上一点，M是的中点，且，，则双曲线的离心率为（    ）

A．5 B． C． D．4

【答案】A

【分析】根据几何关系，可知，再结合双曲线的定义，即可求得双曲线的离心率.

【详解】点分别是线段和的中点，所以，因为，

所以，

因为，，解得：，，

，即，

解得：.

故选：A

10．在棱长为2的正方体，中，、分别是、的中点，则点到截面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.

【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量为，

则，

令，则，

故设平面的法向量为，

所以点到截面的距离为.

故选：B

11．已知是抛物线上的一个动点，则点到直线和的距离之和的最小值是（    ）

A．3 B．4 C． D．6

【答案】B

【分析】先判断直线与抛物线的位置关系，过点作于点，于点，连接，根据抛物线的定义，得到，推出，结合图形，可得，，共线时，最小，进而可得出结果.

【详解】由消去得，

因为，所以方程无解，

即直线与抛物线无交点；

过点作于点，于点，记抛物线的焦点为，连接，

因为点到直线的距离为,为抛物线的准线，根据抛物的定义可得，，

则到直线和的距离之和为，

若，，三点不共线，则有，

当，，三点共线，且位于之间时，，

则，

又，

所以，即所求距离和的最小值为.

故选：.

12．如下图，两点都在河的对岸（不可到达），为了测量两点间的距离，选取一条基张，测得：，，，则(   )

A． B． C． D．数据不够，无法计算

【答案】A

【分析】根据给定条件，确定，再借助直角三角形勾股定理计算作答.

【详解】在四边形中，因为，，有，则，

令交于，则，，

显然，于是，而，

因此，解得.

故选：A

二、填空题

13．在中，其三边分别为，，且三角形的面积，则角__________.

【答案】/

【分析】根据面积公式结合余弦定理计算出的值，即可求解出的值.

【详解】因为，所以，

则，

又，所以.

故答案为：.

14．已知数列满足，，则__________．

【答案】

【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出，即可得解.

【详解】解：由，，同时除以可得.

即是以为首项，为公差的等差数列.

所以，即.

故答案为：.

15．过椭圆内一点，且被这点平分的弦所在直线的方程是___.

【答案】

【分析】利用点差法即可求得过点且被点P平分的弦所在直线的方程.

【详解】设该直线与椭圆的两个交点分别为，

则

又，，两式相减得

则，则，

则所求直线方程为，即

经检验符合题意.

故答案为：

16．已知函数，若正实数，满足.则的最小值为__________.

【答案】1

【分析】先判断的单调性和奇偶性，求出a与b的关系，再运用基本不等式求解.

【详解】是奇函数；

又 ，是单调增函数，

由得 ，

，当且仅当时等号成立；

故答案为：1.

三、解答题

17．已知命题p：方程(a>0)表示双曲线，命题q：方程表示焦点在y轴上的椭圆．

(1)若命题q为真命题，求m的取值范围；

(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）命题q为真命题，即方程表示焦点在y轴上的椭圆，只需要满足2－m＞m－1＞0 即可；（2）p是q的充分不必要条件，则p命题下m的范围是q命题下m的范围的子集.

【详解】(1)∵命题q为真命题，∴2－m＞m－1＞0，∴1＜m＜.

(2)方程＋＝1(a>0)表示双曲线，则(m－3a)(m－4a)＜0(a＞0)，解得3a＜m＜4a，∵p是q的充分不必要条件，∴解得≤a≤.

【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．

18．的内角的对边分别为，已知.

(1)求角的大小；

(2)若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得，求得，即可求得值；

（2）由余弦定理求得，再由，求得，进而得到，即可得到的周长.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理化简得，

整理得，

因为，可得，且，所以，

又因为，所以.

（2）解：由余弦定理，可得，

即，

又由，解得，

将代入，可得，所以，

故的周长为.

19．已知数列满足，，数列的前项和为，且.

（1）求数列、的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2).

【详解】试题分析：（1）由等差数列的定义和通项公式可得an；运用数列的递推式：当n=1时，b1=S1，当n≥2时，bn=Sn-Sn-1，即可得到{bn}的通项公式；

（2）由（1）知cn=，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．

试题解析：

（1）因为， ，所以为首项是1，公差为2的等差数列，

所以                              

又当时， ，所以，

当时， …①    …②

由①-②得，即，                       

所以是首项为1，公比为的等比数列，故.       

（2）由（1）知，则

    ①

    ②

①-②得                   

所以                                         

点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

20．已知椭圆C：的焦距为2，以椭圆短轴为直径的圆经过点，椭圆的右顶点为A．

求椭圆C的方程；

过点的直线l与椭圆C相交于两个不同的交点P，Q，记直线AP，AQ的斜率分别为，，问是否为定值？并证明你的结论．

【答案】（1） (2)见解析

【分析】由已知求得c与b，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；

当直线PQ的斜率不存在时，显然不合题意；当直线PQ的斜率存在时，设直线方程为，与椭圆方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率公式即可求得为定值．

【详解】由题意可知，，则，，

，

可得椭圆标准方程为；

当直线PQ的斜率不存在时，显然不合题意；

当直线PQ的斜率存在时，设直线方程为，即，

联立方程组 ，得．

由，得．

设，则，．

．

所以为定值．

【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21．如图所示，在底面为平行四边形的四棱锥中，,平面

，且，，点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的大小．

【答案】（1）见解析（2）

【详解】试题分析：（1）一般线面平行考虑连接中点，形成中位线，连BD交AC于M,连接EM即可；（2）以A为原点建系，显然只需求平面EAC的法向量，利用法向量求二面角．

试题解析：

∵平面，，平面，

∴，，且，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．

（1）∵，，∴，

∴，，

设平面的法向量为，则，取，得．

又，所以，∵，∴，

又平面，因此，平面．

（2）∵平面的一个法向量为，

由（1）知，平面的法向量为，

设二面角的平面角为（为钝角），则

，得：．

所以二面角的大小为．

22．已知抛物线，过抛物线C的焦点F作互相垂直的两条直线AB，CD，与抛物线C分别相交于A，B和C，D，点A，C在x轴上方.

（1）若直线AB的倾斜角为，求的值；

（2）设与的面积之和为S，求S的最小值.

【答案】（1）（2）8

【分析】（1）先求出直线直线AB的方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理和抛物线的性质即可求出；

（2）设直线AB的方程为，则CD为，分别根据韦达定理和基本不等式即可求出S的最小值.

【详解】解：（1）直线AB的方程为，设，，

由，消y可得，

∴，

∴.

（2）由已知条件得直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，则CD为，

设，，，，

由，消y可得，

∴，，

∴，

∴，

由，消y可得，

∴1，，

∴，

∴

∴，

当且仅当时等号成立，

故S的最小值为8.

【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，韦达定理，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.