2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高二上学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高二上学期期末数学（理）试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知是公差为的等差数列，前项和．若，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】根据等差数列求和公式计算可得.
【详解】解：因为，即，解得.
故选：D
2．已知等比数列中，，，则（ ）
A．8B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式及等比中项即可求解.
【详解】因为是等比数列，设公比为，
所以，
又，
所以，
故选：C
3．下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．（其中）
C．D．（其中）
【答案】B
【分析】对于A，分、利用基本不等式求解即可；
对于B，由题意可知，利用基本不等式求解即可；
对于C，D由对勾函数的性质求解即可.
【详解】解：对于A，当时，，当时，等号成立；
当时，，当时，等号成立；
所以或，故错误；
对于B，因为，所以，
所以，当，即时，等号成立，故正确；
对于C，因为，
所以，
令，则有，
由对勾函数的性质可知，在上单调递增，
所以，
所以，故错误；
对于D，因为，所以，
令，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，
所以，
即，故错误.
故选：B.
4．在中，内角所对的边分别是，已知，，，则的大小为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】A
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】在中由正弦定理可得，即，解得，
又因为，所以，
所以，
故选：A
5．过点，且焦点在轴上的抛物线的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设抛物线方程为，代入点的坐标即可得.
【详解】因为抛物线的焦点在轴上，可设其方程为，代入点，
，解得，所以抛物线的方程为.
故选：D.
6．已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．4C．8D．
【答案】B
【分析】根据题意可得：，将式子展开利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，即时取等，
所以的最小值为，
故选：.
7．在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理计算可得.
【详解】解：在中，因为，，，
由余弦定理，即，
解得或（舍去）.
故选：C
8．已知椭圆上的动点到右焦点距离的最大值为，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的性质可得椭圆上的点到右焦点距离最大值为，即可求出，再根据，即可得解；
【详解】根据椭圆的性质，椭圆上的点到右焦点距离最大值为，
即 ，又，所以，
由，所以；
故选：A
9．设曲线是双曲线，则“的方程为”是“的渐近线方程为”的（ ）
A．充分必要条件B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
【详解】若的方程为，则，，渐近线方程为；
反之，的渐近线方程为，的方程不一定是，比如双曲线的渐近线方程也为.
故“的方程为”是“的渐近线方程为”的充分而不必要条件.
故选:B
10．若直线与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【分析】求出双曲线的渐近线方程，由平行关系得到方程，求出，得到离心率.
【详解】的渐近线方程为，
因为与渐近线平行，所以，故，
则双曲线的方程为，故，故，
故离心率为.
故选：A
11．已知点，若向量，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，表达出，从而列出方程组，求出点的坐标为.
【详解】设，则，
因为，所以，解得：，
故点的坐标为.
故选：D
12．平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，则平面与平面的关系是（ ）
A．平行B．重合C．平行或重合D．垂直
【答案】D
【分析】由题意可得，即可得到平面与平面的关系.
【详解】因为平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，
所以，
所以平面与平面相互垂直，
故选：D
二、填空题
13．不等式的解集是_____．
【答案】(－4，1)
【解析】不等式等价于，即，即可解出.
【详解】不等式即，即，
等价于，解得，
故不等式的解集为：.
故答案为：.
14．若命题“对于任意的实数，使得恒成立”的否定是假命题，则实数的取值范围为_______．
【答案】
【分析】依题意可得命题“对于任意的实数，使得恒成立”为真命题，即，，根据二次函数的性质求出，即可得解.
【详解】解：因为命题“对于任意的实数，使得恒成立”的否定是假命题，
所以命题“对于任意的实数，使得恒成立”为真命题，
令，，则，即
所以，即.
故答案为：
15．已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为_______．
【答案】4
【分析】根据椭圆的定义，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】因为点在上，
所以有，
由，当且仅当时取等号，
故答案为：4
16．已知，，，若三个向量共面，则实数等于__________.
【答案】8
【分析】由题意可得存在实数使得成立，列出方程组求解即可.
【详解】解：因为共面，
所以存在实数使得成立，
即，解得.
所以.
故答案为：8.
三、解答题
17．设等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)记为数列的前项和．若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；
(2)由（1）令，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系，求得结果.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
根据题意，有，解得，
所以．
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以．
18．已知命题，．
(1)若“”是成立的充分条件，求实数的取值范围；
(2)若为假，为真，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出为真时，的取值范围，再由“”是成立的充分条件，可得是为真时，的取值范围的子区间，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）若为假，为真，则p，q一真一假，再分真假和假真两种情况讨论，即可得解.
【详解】（1）命题为真时，或，解得：或，
所以为真时，的取值范围为，
若“”是成立的充分条件，则，
①时，，符合题意，
②时，即，无解，所以t的取值范围为；
（2）命题为真时，，解得的取值范围为，
若为假，为真，则p，q一真一假，
①真假：，即
②假真：，即或．
所以实数的取值范围为．
19．记的内角的边分别是,分别以为边长的三个正三角形的面积依次为,已知,．
(1)求的面积;
(2)若,求边的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据正三角形的面积写出,代入进行化简可得,代入余弦定理中可得,即,根据,求出代入,即可求得,根据面积公式即可求得;
(2)由(1)知,对正弦定理变形可得到,将代入即可得.
【详解】（1）由题意得,,,
则,即,
在中,由余弦定理,
整理得,则,又,
则,所以,
则.
（2）在中,由正弦定理得:
,
则,所以.
20．如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱 上，且，，为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用空间向量法即可证明异面直线；
（2）利用空间向量法即可求得二面角的余弦值；
（3）利用空间向量法即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，，
所以两两垂直，
以为原点，为轴建立如图所示坐标系，
则，，，，
所以，，
因为，所以.
（2）由（1）得，，，
由图可知是是平面的一个法向量，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以，
所以二面角的余弦值为.
（3）由（1）得，所以，
由（2）得为平面的一个法向量，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
21．已知抛物线的焦点坐标为．
(1)求抛物线的方程；
(2)已知定点，、是抛物线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率之和为2，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由焦点坐标可得，据此可得答案；
（2）设直线AB方程为，将其与抛物线方程联立，设，
由直线的斜率与直线的斜率之和为2结合韦达定理可得，后可证明结论.
【详解】（1）∵抛物线的焦点坐标为，∴，
∴抛物线方程为．
（2）证明：设，将的方程与联立得，由题，
设，，则，，∴，同理：∴，由题意：，
∴，∴，∴，∴，
则直线的方程为，故直线恒过定点．