2022-2023学年新疆哈密市第八中学高二下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年新疆哈密市第八中学高二下学期期末考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆哈密市第八中学高二下学期期末考试数学试题 一、单选题1．已知，，若且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，直接求出集合中的元素作答.【详解】因为，由，得或，又，且，即有且，因此，所以.故选：A2．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立；由，则，即，显然成立，必要性成立；所以是的必要不充分条件.故选：B 3．设、、为实数，且，则下列不等式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据不等式的性质判断A、D，利用特例说明B，利用作差法判断C.【详解】因为、、为实数，且，所以，，，，故A错误，D正确；当时，故B错误，因为，所以，故C错误；故选：D4．若，则的最值情况是（    ）A．有最大值 B．有最小值6 C．有最大值 D．有最小值2【答案】B【分析】利用基本不等式可得答案.【详解】若，则，当且仅当即等号成立，所以若时，有最小值为6，无最大值.故选：B.5．已知函数，则是（    ）A．最小正周期为的奇函数 B．最小正周期为的奇函数C．最小正周期为的偶函数 D．最小正周期为的偶函数【答案】D【分析】利用半角公式得到，从而得到最小正周期，并利用函数奇偶性定义判断出函数为偶函数，得到答案.【详解】，故最小正周期，且的定义域为R，且，所以为偶函数，从而D正确.故选：D6．中内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，那么是（    ）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】根据余弦定理求得，得到，再由结合正、余弦定理，求得，即可求解.【详解】由，整理得，所以，因为，所以，又因为，即，可得，解得，又，所以三角形是等边三角形.故选：A.7．不等式的解集为（    ）A．或. B．或.C． D．【答案】B【分析】根据一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】不等式，解得：或，所以不等式的解集为或.故选：B8．命题，一元二次方程有实根，则对命题的真假判断和正确的为（    ）A．真命题，，一元二次方程无实根B．假命题，，一元二次方程无实根C．真命题，，一元二次方程有实根D．假命题，，一元二次方程有实根【答案】A【分析】利用判别式判断根的情况，进而判断命题真假，并写出否命题即可.【详解】在一元二次方程中恒成立，故对任意，方程都有实根，故命题为真命题，，一元二次方程无实根.故选：A 二、多选题9．已知函数.若图象中离轴最近的对称轴为，则（    ）A．B．的最小正周期为C．图象的一个对称中心是D．的单调递增区间为【答案】BCD【分析】利用两角和的正弦公式，二倍角公式和辅助角公式化简得，根据求解函数的对称轴即可求得，A错，故，然后逐项根据函数的性质分别判断即可.【详解】，则令，得，因为图象中离轴最近的对称轴为，且，则，故，A错；则，故的最小正周期为，B正确；把代入，求得，故是的一个对称中心，C对；令，解得，即的单调递增区间为，D正确.故选：BCD10．已知集合A＝，B＝{x|ax＋1＝0}，且B⊆A，则实数a的取值可能为（　　）A．－3 B．－2C．0 D．3【答案】BCD【分析】由题得B＝，，，，再分四种情况讨论得解.【详解】由题知B⊆A，B＝{x|ax＋1＝0}，A＝.所以B＝，，，.当 B＝时，此种情况不可能，所以舍去；当B＝时，，解得a＝3；当B＝时，，解得a＝－2；当B＝时，a＝0.综上可得实数a的可能取值为3，0，－2.故选：BCD.11．已知关于的不等式的解集为或，则（    ）A．B．C．不等式的解集是D．不等式与的解集相同【答案】AB【分析】依题意和为方程的两根，利用韦达定理得到方程组，即可求出、的值，再解一元二次不等式和分式不等式即可.【详解】因为关于的不等式的解集为或，所以和为方程的两根，所以，解得，故A正确，B正确；不等式即，所以，即，解得或，所以不等式的解集为，故C错误；不等式等价于，解得或，故不等式的解集为或，所以D错误；故选：AB12．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．是该函数的一个单调递增区间B．函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称C．若，则的最小值为D．若，函数在上有且仅有三个零点，则【答案】AD【分析】，A选项，由正弦函数单调区间可判断选项正误；B选项，得到平移后的函数解析式，后由正弦函数对称轴可判断选项；由，要使最小，则可取为相邻的两个最值点，据此可判断选项正误；D选项，设，由，，结合在上有且仅有三个零点可得关于的不等式，即可判断选项正误.【详解】.A选项，，，因在上单调递增，则是该函数的一个单调递增区间，故A正确；B选项，函数的图象向右平移个单位长度后的函数解析式为，其对称轴满足，，不包含y轴，故B错误；C选项，若，要使最小，可取为相邻的两个最值点，此时为最小正周期的一半，即，故C错误；D选项，设，则，，因函数在上有且仅有三个零点，则，故D正确.故选：AD 三、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．设，且，则的最小值为          ．【答案】【分析】根据“1”的代换，结合已知可推得，然后根据基本不等式，即可得出答案.【详解】因为，，所以.当且仅当，且，即时，等号成立.所以，的最小值为.故答案为：.15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2，B=45°，若三角形有两解，则b的取值范围是      ．【答案】【分析】由正弦定理可得，由有两解，可得，且，从而即可求解.【详解】由正弦定理可得，即，又，所以，因为有两解，所以，且，所以，所以的取值范围为,故答案为：.16．已知中有且仅有一个元素，则的最小值为      ．【答案】/【分析】根据已知求出，化简，再换元利用基本不等式求解.【详解】由于有且仅有一个元素，所以. 所以.所以,设，所以.当且仅当时等号成立.所以的最小值为.故答案为： 四、解答题17．已知的部分图象如图所示  (1)求出的解析式；(2)若，求在上的值域.【答案】(1)(2). 【分析】（1）由的部分图象直接可求得，，和的值即可；（2）由求得的解析式，化为正弦型函数，再利用整体法求在上的值域.【详解】（1）由的部分图象知，，，解得，所以，又，即，因为，所以，所以的解析式为；（2）由（1）知，；所以；当时，，所以，所以，即函数在上的值域为.18．已知集合，集合．(1)若时，求，；(2)若，求实数的取值范围．【答案】(1)；或(2)或 【分析】（1）根据集合的交并补的运算，即可求得答案;（2）由题意讨论集合B是否为空集，不为空集时，列出相应的不等式组，即可求得答案.【详解】（1）因为，当时，，又因为，所以．因为或，所以或；（2）时，当时，，解得，当时，或，解得或，综上，实数的取值范围是或.19．在中，角的对边分别是，且满足．(1)求C；(2)若，的面积为，求边长c的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再由余弦定理求得，即可求解；（2）由的面积为，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，即，即，由余弦定理得，又因为，所以．（2）解：由的面积为，所以，可得，又由，所以．20．已知函数的周期为，图象关于直线对称．(1)求的解析式；(2)在钝角三角形中，角，，所对的边为，，，若，，，为的中点，求的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由周期可求出的值，再由图象关于直线对称可求出的值，从而可求出函数解析式；（2）先由求出角，再在中利用余弦定理求出和，然后在中由余弦定理可求出的长．【详解】（1） ， ，图象关于对称，， ，，   （2）  ，∵，∴，或（舍去），或在中，由余弦定理得，解得由余弦定理得,∵为的中点，∴，在中由余弦定理得，∴.21．已知函数．(1)求的最小正周期；(2)求的最大值以及取得最大值时的集合；(3)讨论在上的单调性．【答案】(1)(2)详见解析(3)详见解析 【分析】（1）先化简函数的的解析式，再利用公式即可求得的最小正周期；（2）先求得的最大值，再利用整体代入法即可求得取最大值时的集合；（3）利用代入法即可求得在上的单调性【详解】（1）则的最小正周期（2）由，得则当，时，取得最大值故的最大值为，取得最大值时的集合为；（3）由，可得，由，得，则在单调递增；由，得，则在单调递减故在上的单调递增区间为，单调递减区间为22．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，BC边上的中线长为3．(1)求a；(2)求外接圆面积的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知，利用三角形的面积公式向量的线性运算以及模长公式，再利用余弦定理求解.（2）根据第（1）问的结论，利用基本不等式、正弦定理以及进行计算求解.【详解】（1）因为的面积，所以，因为，所以，所以，因为BC边上的中线长为3，不妨设BC边中点为D，所以，两边平方有：，即，所以，由余弦定理有：，即，解得.（2）由（1）有：，所以，即，当且仅当时取等号，由（1）有：，所以，解得，又，，所以，设外接圆的半径为，由正弦定理有：，所以，所以外接圆面积的最小值为.