内蒙古赤峰二中2022-2023学年高二上学期期末考试数学（文）试题(含答案)

赤峰二中2021级高二上学期期末测试

文科数学试题

一、单选题（本大题12小题，每题5分，共60分）

1．若复数满足，则的模为（    ）

A．5 B．3 C． D．

2．如果不等式成立的充分不必要条件是，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C．或 D．或

3．函数的单调增区间是（    ）

A． B． C． D．

4．若函数满足，则的值为（    ）．

A．1 B．2 C．0 D．

5．在中，已知，且，则的形状是

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形

6．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（    ）

A．5 B． C． D．

7．椭圆的左右焦点为，，P为椭圆上第一象限内任意一点，关于P的对称点为M，关于的对称点为N，则的周长为（    ）．

A．6 B．8 C．10 D．12

8．在一次劳动实践课上，甲组同学准备将一根直径为的圆木锯成截面为矩形的梁.如图，已知矩形的宽为，高为，且梁的抗弯强度，则当梁的抗弯强度最大时，矩形的宽的值为（    ）

A． B． C． D．

9．过抛物线的焦点作直线l，l交C于M，N两点，若线段中点的纵坐标为2，则（    ）

A．10 B．9 C．8 D．7

10．已知过点（0，1）的直线与椭圆交于、两点，三角形面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．1

11．已知点是抛物线上的动点，以点为圆心的圆被轴截得的弦长为，则该圆被轴截得的弦长的最小值为

A． B． C． D．

12．已知双曲线，、分别是上下顶点，过下焦点斜率为的直线上有一点满足为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C．3 D．4

二、填空题（本大题4小题，每题5分，共20分）

13．设为虚数单位，在复平面上，复数对应的点位于第____________象限.

14．已知、分别是双曲线的左、右焦点，点在该双曲线的右支上，且，则__________.

15．已知函数在上不单调，则实数的取值范围为______.

16．三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，，，则三棱锥的外接球体积为______.

三、解答题（共70分）

17．（本小题10分）已知抛物线的焦点为，O为坐标原点．

（1）求抛物线方程；

（2）斜率为1的直线过点F，且与抛物线交于A，B两点，求的面积．

18．（本小题12分）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）从条件①；条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

19．（本小题12分）在数列中，，若函数在点处切线过点（）

（1） 求证：数列为等比数列；

（2） 求数列的通项公式和前n项和公式.

20．（本小题12分）如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，，点是的中点.

（1）求证：；

（2）求证：平面.

21．（本小题12分）已知椭圆的一个顶点为，离心率为．过椭圆右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，，与轴交于点，线段的中点为，直线过点且垂直于（其中为原点）．

（1）求椭圆的标准方程并求弦的长；

（2）证明直线过定点．

22．（本小题12分）已知函数

（1）当时，求函数的单调递增区间；

（2）在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.

赤峰二中高二年级文科数学练习

一、单选题（共0分）

1．【答案】A

【分析】根据复数乘法和减法的运算法则，结合复数模的计算公式进行求解即可．

【详解】由，

所以，

故选：A

2．【答案】B

【解析】解不等式，得其解集，进而结合充分、必要条件与集合间的包含关系

的对应关系，可得不等式组，则有，（注：等号不同时成立），解可得答案

【详解】由不等式，

得：，

由于不等式成立的充分不必要条件是

则有，（注：等号不同时成立）；

解得．

故选：B．

【点睛】本题考查充分、必要条件的判断及运用，注意与集合间关系的对应即可，属于较易题．

3．【答案】D

【分析】利用的导数的正负即可求其单调性．

【详解】∵，∴，

当时，，∴的单调递增区间是．

故选：D．

4．【答案】C

【解析】求导得到，取带入计算得到答案．

【详解】，则，

则，故．

故选：C．

【点睛】本题考查了求导数值，意在考查学生的计算能力和应用能力．

5．【答案】C

【详解】由及正弦定理得，故在为直角三角形：

又且，所以，因此

，由于B，C为三角形的内角，故有，所以

为等腰三角形．综上可得为等腰直角三角形．选C．

6．【答案】D

【分析】作出示意图，设F为的中点，连接AF，，EF，易得平面截该正方

体所得的截面为，再计算其面积．

【详解】如图所示，设F为的中点，连接AF，，设G为的中点，连接EG，GB，

由且，得ABGE是平行四边形，则且，

又且，得且，则A，E，，F共面，

故平面截该正方体所得的截面为．

又正体的棱长为2，，

故的面积为．

故选：D．

7．【答案】D

【分析】根据对称关系可知为的中位线，再利用椭圆定义可得，

从而可得的周长．

【详解】因为关于Р的对称点为M，关于的对称点为N，

所以为的中位线，

所以，

，

所以的周长为．

故选：D．

8．【答案】D

【分析】易得再求导分析W的单调性与取最大值时b的值即可

【详解】由题意，，故

，故当时，，当时，，故当时W取最大值．

故选：D

9．【答案】C

【分析】设直线MN的方程为，联立抛物线方程得，利用韦达定理求出m值，再利用弦长公式即可．

【详解】由抛物线方程知焦点坐标为，

设直线MN的方程为，联立得，

设，则，

则，解得，

则，

故选：C．

10．【答案】A

【分析】先设直线方程再联立应用弦长公式求弦长，把面积转化为关于k的函数，求最值即可．

【详解】显然直线斜率存在，设过的直线方程为：，联立方程组

消去y，并整理得，

设，则恒成立，

，

，O到直线AB的距离为，

令，则，当时等号成立．

故选：A．

11．【答案】B

【分析】设圆心的坐标为，由圆M被y轴截得的弦长为8，求得，

进而得到被x轴截得弦长为，即可求解．

【详解】由题意，点M是抛物线上的动点，设圆心的坐标为，

则圆心到x轴的距离为2a，到y轴的距离为，

又因为以点M为圆心的圆被y轴截得的弦长为8，

由弦长公式，可得，

所以被x轴截得弦长为，

当时，此时弦长取得最小值，故选B．

【点睛】本题主要考查了圆的性质，以及圆的弦长公式的应用，其中解答中熟练应用圆的性质和圆的弦长公式，借助配方法求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题．

12．【答案】D

【分析】依题意首先得到直线l的方程，过点P作轴，垂足为H，即可表示点P的坐标，再由点P在直线l上，即可得到a、c的关系，即可求出离心率．

【详解】解：依题意可得，直线l的方程为，

过点P作轴，垂足为H，因为，所以，

所以，则，所以，

又点在直线l上，所以，所以．

故选：D

二、填空题（共0分）

13．【答案】一

【分析】化简复数，结合复数的几何意义，即可求解．

【详解】由题意，复数

可复数在复平面内对应的点位于第一象限．

故答案为：一

14．【答案】

【分析】根据双曲线得定义可得，结合，求得的值，利用余弦定理，求得的值

【详解】由双曲线，及，所以：．根据双曲线的定义：

因为，则，在三角形中，

故答案为：．

【点睛】双曲线与焦点三角形问题，结合余弦定理，求角的余弦值．

15．【答案】

【解析】函数在上不单调，转化为在有零点，

即有解，研究取值范围即可．

【详解】函数在上不单调，

即在有零点，

即

当，故

故答案为：

【点睛】本题考查了导数在含参函数的单调性问题中的应用，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题．

16．【答案】

【分析】先由题中条件，作出示意图，在中，用余弦定理求得BC，用勾股定理

证得为直角三角形，再由平面平面SBC，为等边三角形，证得

平面ABC，得到三棱锥的外接球的球心O必在直线SE上，再由

，求得外接球半径，得到外接球体积．

【详解】解析：作出图形如图所示，

在中，由余弦定理，，

解得，或（，舍），

又由，则，故为直角三角形，

设BC的中点为E，因为为等边三角形，故，又平面平面SBC，

故平面ABC，又为直角三角形，点E为斜边BC的中点，

则球心O必在直线SE上，易知，

故O在SE之间，设，则，

即，解得，故所求球半径，球的体积为．

故答案为：﹒

【点睛】本题考查了面面垂直的性质，三棱锥的外接球半径的求法，属于中档题．

三、解答题（共0分）

17．【答案】（1）

（2）

【分析】（1）由题可得，即可求出p；

（2）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式可求出，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，最后利用面积公式即可

【详解】（1）∵，则由抛物线性质得，

∴，∴，

即抛物线的标准方程是．

（2）由题意得，抛物线的焦点为，

∴斜率为1的直线l的方程为，

所以，

∴﹒

原点O到直线l的距离为，

所以的面积

18．【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．

【分析】（1）由题设条件和正弦定理，化简得，求得，即可求解；

（2）条件①：由，和，根据余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；

条件②：由且，根据正弦定理求得，进而求得的值，结合面积公式，即可求解．

【详解】（1）因为，由正弦定理．

因为，所以

又因为，所以．

（2）条件①：；

因为，由（1）得，

所以根据余弦定理得，可得，解得．

所以的面积，

条件②：：

由（1）知且，

根据正弦定理得，所以，

因为，

所以，

所以的面积．

19．【答案】（1）数列为一等比数列，公比．（2）

【详解】分析：（1）利用导数的几何意义求出切线方程，从而得到的关系，并利用待定系数法整体构造得等比数列；（2）利用（1）求出数列的通项公式，继而得到，的通项，观察特征选择求和方法．

解析：（1）因为，所以切线方程为：，又因为过，所以，所以，即，所以数列是以公比为的等比数列．

（2）由（1）可得

点睛：本题主要考察了函数与数列的问题，对形如的整体构造和不同性质数列分组求和是解本题关键

20．【答案】（1）详见解析：（2）详见解析．

【分析】（1）转化为证明平面：

（2）设与的交点为E，连结DE，可得，再由线面平行的判定定理即可证得结果．

【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，所以，

又因为，则，所以，

又，所以平面，所以．

（2）设与的交点为E，连结DE，

∵D是AB的中点，E是的中点，∴

∵平面平面，∴平面．

21．【答案】（1）；；

（2）证明见解析．

【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆标准方程，再与直线m的方程联立，求出弦AB长作答．

（2）利用（1）中信息，求出直线OP斜率、点E的坐标，进而求出直线l方程作答．

【详解】（1）因为为椭圆的一个顶点，则，由离心率为得，

，则有，椭圆方程为，其右焦点为，

直线，由消去y得：，

设，则，

，

所以椭圆的标准方程为，弦AB的长为．

（2）由（1）知弦AB的中点，直线OP斜率，而，

则直线l的斜率为2k，在中，令得点，

因此直线l的方程为，显然直线过定点，

所以直线l过定点．

22．【答案】（1）单调递增区间是和；（2）．

【详解】试题分析：（1）先确定函数，然后对函数进行求导，利用导数的正负建立不等式，求得函数的单调性与单调区间：（2）先对函数进行求导，然后通过分类讨论，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用最小值小于0，建立不等式，求解不等式，得到实数的取值范围．

试题解析：（1）当时，，由，得或

所以函数在、上为增函数，

即函数的单调递增区间是和．

（2）

当，即时，在恒成立，

在上为增函数，故，

所以，这与矛盾．

当，即时，若，则；

若，则．所以当时，取得最小值，

因此，即，可得，

这与矛盾．

当，即时，在恒成立，在上为减函数，

所以，

所以．解得，满足．

综上所述，实数a的取值范围为