2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，，则“复数为纯虚数”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】复数为纯虚数时，根据充分必要条件的定义进行判断.

【详解】为纯虚数，则，且，即.

因此“复数为纯虚数”不能推出“”， 而“”时“复数为纯虚数”一定成立，所以“复数为纯虚数”是“” 的必要不充分条件.

故选：B

2．抛物线的焦点坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可得抛物线的焦点坐标．

【详解】将抛物线的化为标准方程为，，开口向上，焦点在轴的正半轴上，

所以焦点坐标为．

故选：C．

3．设是等差数列的前项和,若,则

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】，，选A.

4．已知函数.若，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据的单调性，只要比较，，的大小即可得．

【详解】，，即，

又是增函数，所以．

故选：C．

5．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．

【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．

【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．

6．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】A

【分析】设出公比根据题干条件列出方程，求出公比，从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案.

【详解】设数列的公比为，

则，得，

解得或（舍），

所以.

故选：A.

7．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，为的重心，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，根据抛物线焦半径公式和重心的坐标表示可直接求得结果.

【详解】由抛物线方程知：；

设，，，

则；

为的重心，，则，

.

故选：C.

8．已知是边长为2的等边三角形，为圆的直径，若点为圆上一动点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得，然后利用数量积的运算律和计算公式计算即可.

【详解】如图所示

由图像可知，与夹角的范围为，

所以,

所以.

故选：B.

二、多选题

9．已知关于的不等式解集为，则（    ）

A．

B．不等式的解集为

C．

D．不等式的解集为

【答案】BCD

【解析】根据已知条件得和是方程的两个实根，且，根据韦达定理可得，根据且,对四个选项逐个求解或判断可得解.

【详解】因为关于的不等式解集为，

所以和是方程的两个实根，且，故错误；

所以，，所以，

所以不等式可化为，因为，所以，故正确；

因为，又，所以，故正确；

不等式可化为，又，

所以，即，即，解得,故正确.

故选：BCD.

【点睛】利用一元二次不等式的解集求出参数的关系是解题关键.本题根据韦达定理可得所要求的关系，属于中档题.

10．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.

【详解】设正方体的棱长为，

对于A，如图（1）所示，连接，则，

故（或其补角）为异面直线所成的角，

在直角三角形，，，故，

故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，

由正方体可得平面，而平面，

故，而，故平面，

又平面，，而，

所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，

故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，

则，

因为，故，故，

所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，

，，故不是直角，

故不垂直，故D错误.

故选：BC.

11．已知点在圆上，点、，则（    ）

A．点到直线的距离小于

B．点到直线的距离大于

C．当最小时，

D．当最大时，

【答案】ACD

【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.

【详解】圆的圆心为，半径为，

直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，

所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；

如下图所示：

当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，

，，由勾股定理可得，CD选项正确.

故选：ACD.

【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.

12．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】由等差中项的性质和等比数列的求和公式得出，进而可得出为的正约数，由此可得出正整数的可能取值.

【详解】由题意可得，则，

由于为整数，则为的正约数，则的可能取值有、、，

因此，正整数的可能取值有、、.

故选：ACD.

【点睛】本题考查两个等差数列前项和比值的计算，涉及数的整除性质的应用，考查计算能力，属于中等题.

三、填空题

13．若，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】由，结合基本不等式即可.

【详解】因为，所以，

所以，

当且仅当即时，取等号成立.

故的最小值为，

故答案为：

14．若三个原件A，B，C按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件A，B，C正常工作的概率依次为0.7，0.8，0.9，则这个系统正常工作的概率为______

【答案】0.686

【分析】根据题意，先求得与至少有一个正常工作的概率，再结合独立事件概率的乘法公式，即可求解.

【详解】由题意，系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C至少有一个正常工作的情况，其中正常工作的概率为0.7；正常工作的概率为0.8, 正常工作的概率为0.9，

则与至少有一个正常工作的概率为，

所以这个系统正常工作的概率为：0.7×0.98＝0.686；

故答案为：0.686；

【点睛】本题主要考查了对立事件和相互独立事件的概率的计算，其中解答中熟记相互独立事件的概率的计算公式，结合对立事件的概率计算公式求解是的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

15．已知椭圆：的右焦点F，点Р在椭圆C上，又点，则的最小值为___________.

【答案】6

【分析】由椭圆的定义得到，进而将转化为，经分析当三点共线时，，从而可求出结果.

【详解】

由椭圆的定义知：，所以，

因此，

而的最小值是当三点共线时，

因此，

又，因此，

所以，因此的最小值为，

故答案为：6.

16．在三棱锥中，点在底面的射影是的外心，，则该三棱锥外接球的体积为___________.

【答案】

【分析】先由正弦定理得，外接圆的半径，再由勾股定理，即可求出半径,从而可得外接球体积.

【详解】解：设的外心为,连接,则球心在

上，连接,

则为外接圆的半径r,

连接,设外接球的半径为R,

则,

在中，由正弦定理得

解得,即,

在中，

在,中,即

,解得：,

所以外接球的体积为：，

故答案为：

四、解答题

17．为了了解某城市居民用水量的情况，我们获得100户居民某年的月均用水量（单位：吨）通过对数据的处理，我们获得了该100户居民月均用水量的频率分布表，并绘制了频率分布直方图（部分数据隐藏）100户居民月均用水量的频率分布表

(1)确定表中x与y的值；

(2)求频率分布直方图中左数第4个矩形的高度；

(3)在频率分布直方图中画出频率分布折线图.

【答案】(1)

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）求出区间内的频率为，频数为，区间内的频率为，频数为，由此能求出．

（2）左数第个矩形对应的频率为，且表中的数据组距为，由此能求出它的高度．

（3）由频率分布直方图，能画出折线图．

【详解】（1）解：区间内的频率为，频数为，区间内的频率为，频数为，则．

（2）解：因为左数第个矩形对应的频率为，且表中的数据组距为，所以它的高度为：．

（3）解：由频率分布直方图，画出折线图如图所示：

.

18．的内角的对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若，面积为2，求．

【答案】（1）；（2）2．

【详解】试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.

试题解析：（1），∴，∵，

∴，∴，∴；

（2）由（1）可知，

∵，∴，

∴，

∴．

19．设数列的前n项和，满足，且.

（1）证明：数列为等差数列；

（2）求的通项公式.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）将两边同时取倒数在整理，根据等差数列的定义即可证明；

（2）由（1）求出，进而可得，当时，，再检验是否满足，进而可得的通项公式.

【详解】（1）由可得，

即，

所以是以为首项，以为公差的等差数列，

（2）由（1）可得，即，

当时，，

当时，所以不满足，

所以，

【点睛】方法点睛：

由数列前项和求通项公式时，一般根据求解，注意检验是否满足，不满足则需要分段.

20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的正弦值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；

（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法

平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，解得，故；

[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结．因为底面，且底面，所以．

又因为，，所以平面．

又平面，所以．

从而．

因为，所以．

所以，于是．

所以．所以．

 [方法三]：几何法+三角形面积法

   如图，联结交于点N．

由[方法二]知．

在矩形中，有，所以，即．

令，因为M为的中点，则，，．

由，得，解得，所以．

（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法

设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

所以，，

因此，二面角的正弦值为.

[方法二]：构造长方体法+等体积法

  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，

故为二面角的平面角．

易证四边形是边长为的正方形，联结，．

，

由等积法解得．

在中，，由勾股定理求得．

所以，，即二面角的正弦值为．

【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.

（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.

21．已知双曲线：与双曲线的渐近线相同，且经过点.

(1)求双曲线的方程；

(2)已知双曲线的左､右焦点分别为，，直线经过，倾斜角为，与双曲线交于两点，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据共渐近线设出双曲线方程，代入点的坐标即可得解；

（2）根据题意求出直线的方程，联立直线方程与双曲线方程，消去后由韦达定理得，从而由弦长公式求得弦长，再求出到直线距离后即可求得的面积．

【详解】（1）依题意，设所求双曲线方程为，

代入点得，即，

所以双曲线方程为，即．

（2）由（1）得，则，，，

又直线倾斜角为，则，故直线的方程为，

设，，

联立，消去，得，

则，，，

由弦长公式得，

又点到直线的距离，

所以．

22．已知函数

（1）解关于的不等式；

（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）答案不唯一，具体见解析.（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.

（Ⅱ）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.

【详解】（Ⅰ） 即，

，（ⅰ）当时，不等式解集为；

（ⅱ）当时，不等式解集为；

（ⅲ）当时，不等式解集为，

综上所述，（ⅰ）当时，不等式解集为；

（ⅱ）当时，不等式解集为；

（ⅲ）当时，不等式解集为 .

（Ⅱ）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.

①时，不等式为恒成立，此时；   

②当时，，

， ， ，

当且仅当时，即，时取“”, .

综上 .

【点睛】含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解．含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.