2022-2023学年甘肃省甘南藏族自治州第二中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年甘肃省甘南藏族自治州第二中学高二上学期期末数学试题（解析版），共18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学年甘肃省甘南藏族自治州第二中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．若集合，则集合的子集个数为（    ）A．3 B．4 C．7 D．8【答案】B【分析】根据对数的运算性质，求得集合，进而求得集合的子集个数，得到答案.【详解】由，可得，解得，所以集合，所以集合的子集个数为.故选：B.2．若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】先求出渐近线方程，进而将点代入直线方程得到a,b关系，进而求出离心率.【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，而一条渐近线过点，则，.故选：A.3．设直线的方程是倾斜角为.若，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】对直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合倾斜角与斜率的关系可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.【详解】直线的方程是倾斜角为，当时，直线的斜率不存在，则；当时，.若，则，求得；若，则，求得.综上可得，的取值范围为.故选：B.4．已知的重心为O，则向量（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量线性运算的几何表示结合条件即得.【详解】设分别是的中点，由于是三角形的重心，所以.故选：C.5．已知等差数列的前项和为，并且，，若对恒成立，则正整数的值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】由等差数列的前项和公式和等差数列的性质可得，所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，由此即可求出正整数的值.【详解】由题意可得，所以， 又，所以， 又可得， 所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，所以， 所以.故选：C.6．如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法不正确的是（    ）A． B．三棱锥的体积为定值C．平面平面 D．的最小值为【答案】D【分析】由题意易证平面，由此进而可判断AC；由等积法可判断B；等边与等边展开到一个平面上，由，，三点共线时可判断D【详解】对于A：连接，在正方体中易知：，，,所以平面，又因为平面，所以，故正确；对于B：由等体积得为定值，故B正确；对于C：由平面，得由平面，又因为平面，所以平面平面，故正确；对于D：将等边与等边展开到一个平面上，可知当，，三点共线时，有最小值，最小值为，故不正确．故选：．7．圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.犇犇同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶、教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则犇犇估算索菲亚教堂的高度约为（结果保留整数）（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】在，由边角关系得出，再由正弦定理计算出中的，最后根据直角三角形算出即可.【详解】解：由题意知：，，所以，在中，，在中，由正弦定理得，所以，在中，，故选：D.8．如图，，是平面上的两点，且，图中的一系列圆是圆心分别为，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是1，2，3，…，A，B，C，D，E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以，为焦点的椭圆M上，则（    ）A．点B和C都在椭圆M上 B．点C和D都在椭圆M上C．点D和E都在椭圆M上 D．点E和B都在椭圆M上【答案】C【分析】由点A在椭圆上及椭圆定义求得，即可根据定义逐个判断其它点是否在椭圆上.【详解】由同心圆及点A在以，为焦点的椭圆M上得，故椭圆中，∵，，，.故点D和E都在椭圆M上.故选：C 二、多选题9．已知为复数，是的共轭复数，则下列命题一定正确的是（    ）A．若为纯虚数，则 B．若，则C．若，则的最大值为2 D．【答案】BCD【分析】根据复数的运算，复数的定义，复数模的三角不等式及共轭复数的定义，计算求解后判断即得．【详解】对于A，为纯虚数，所以，即，所以A错误；对于B，，因为，所以，从而，所以正确；对于C， 由复数模的三角不等式可得，所以C正确；对于D，，所以D正确.故选：BCD．10．已知曲线.则曲线过点P（1，3）的切线方程为.（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】设切点为，写出切线方程，切线过点（1，3），求得即可.【详解】解：设切点为，则，所以，所以切线方程为，因为切线过点（1，3），所以，即，即，解得或，所以切线方程为或，故选：AB11．已知为坐标原点，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线的右支上，则（    ）A．当时，双曲线的离心率B．当是面积为2的正三角形时，C．当为双曲线的右顶点，轴时，D．当射线与双曲线的一条渐近线交于点时，【答案】AB【分析】可得的中垂线与双曲线有交点，结合离心率公式，可判断A；由等边三角形的性质和余弦定理，求得，由双曲线的定义和，，的关系，可判断B；求得，，可判断C；由三角形的三边关系和双曲线的定义，可判断D．【详解】对于，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故A正确；对于B，因为是面积为的正三角形，边长为所以，即在中，因为，，所以，所以，故，即，故B正确；对于C，因为为双曲线的右顶点，则，又轴，则，所以，故C错误；对于D，由，所以，故D错误．故选：AB．12．已知圆的半径为定长，是圆所在平面内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点．当点在圆上运动时，下列判断正确的是（    ）A．当点在圆内（不与圆心重合）时，点的轨迹是椭圆；B．点的轨迹可能是一个定点；C．点的轨迹可能是抛物线．D．当点在圆外时，点的轨迹是双曲线的一支【答案】ABD【分析】根据点所在的位置分类讨论，结合椭圆、抛物线、双曲线的定义判断即可；【详解】解：对A，如图1，连接，由已知得．所以．又因为点在圆内，所以，根据椭圆的定义，点的轨迹是以，为焦点，为长轴长的椭圆．对B，如图2，当点在圆上时，点与圆心重合，轨迹为定点；对C，由于当点与圆心重合时，点的轨迹为圆，综合，，可知点的轨迹不可能为抛物线．对D，如图3，连接，由已知得．所以．又因为点在圆外，所以，根据双曲线的定义，点的轨迹是以，为焦点，为实轴长的双曲线．故选：ABD． 三、填空题13．已知数列的前n项和为，且，则________.【答案】【分析】由与关系求通项即可.【详解】当时，，则.经检验，时，，不符合上式，故.故答案为：.14．已知函数的导函数为，且满足，则___．【答案】【分析】对给定等式两边求导，令，解方程作答.【详解】依题意，对两边求导得：，当时，，解得，所以.故答案为：－115．已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中恰有两人被录取的概率为___________.【答案】##0.15【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式分别求出甲和乙被录取的概率、甲和丙被录取的概率、乙和丙被录取的概率，然后即可求出他们三人中恰有两人被录取的概率.【详解】因为甲、乙、丙三人被该公司录取的概率分别是，且三人录取结果相互之间没有影响，甲和乙被录取的概率为，甲和丙被录取的概率为，乙和丙被录取的概率为则他们三人中恰有两人被录取的概率为，故答案为：.16．已知函数，下面有四个结论：①当时，在上单调递减；②若函数恰有2个零点，则的取值范围是；③若函数无最小值，则的取值范围是；④若方程有三个实数根，其中，则不存在实数，使得．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①②④【分析】①结合二次函数的单调性判断即可；②将函数恰有2个零点，转化为在上有两个零点，进而根据二次函数的零点问题即可判断；③求出分段函数在各段的值域，分析即可求出结果；④结合二次函数的对称性以及不等式的性质即可判断．【详解】①当时，，因为函数的对称为，且开口向上，所以在上单调递减，故①正确；②因为时，，故在无零点，因此若函数恰有2个零点，即在上有两个零点，因此，即，则的取值范围是，故②正确；③因为时，，故在上的值域为，若函数无最小值，则需满足在上的最小值大于0，若，即，此时在上单调递减，所以，符合题意；若，即，此时在上单调递减，在上单调递增，所以，即，因此，综上所述的取值范围是，故③错误；④假设存在方程有三个实数根，其中，则有，则，当且仅当时，等号成立，而，即，则不存在实数，使得，故④正确．故答案为：①②④.【点睛】二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 四、解答题17．在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.(1)求圆O的方程；(2)若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据两点距离公式即可求半径，进而得圆方程；（2）根据直线与圆的弦长公式即可求解．【详解】（1）由，所以圆O的方程为；（2）由点O到直线的距离为所以弦长18．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，AA1＝2． M为侧棱BB1的中点，连接A1M，C1M，CM．(1)证明：AC//平面A1C1M；(2)证明：CM⊥平面A1C1M；(3)求二面角C1－A1M－B1的大小．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）由题意可得∥，然后利用线面平行的判定理可证得结论，（2）由已知的数据可证得，得，由直棱柱的性质结合AC⊥BC，可证得平面，从而可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论，（3）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：因为∥，平面,平面，所以∥平面；（2）证明：因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，AA1＝2． M为侧棱BB1的中点，所以，所以，所以，因为∥，AC⊥BC，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面（3）因为两垂直，所以分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，，因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，令，则，所以，由图可知二面角C1－A1M－B1为锐角，所以二面角C1－A1M－B1的大小为19．已知（1）求函数取最大值时的取值集合；（2）设锐角的角，，所对的边分别为，，，，，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先化简函数解析式，得到，令，求解，即可得出结果；（2）先由，根据题中条件，求出，结合余弦定理，以及基本不等式得出，再由三角形面积公式，即可得出结果.【详解】（1）. 令，即时，取最大值;所以，此时的取值集合是；（2）由，得，因为，所以，所以，则； 在中，由余弦定理，得，即，当且仅当时取等号，所以的面积因此的面积的最大值为.【点睛】本题主要考查正弦型三角函数的最值问题，以及求三角形面积的最值问题，涉及基本不等式求最值，属于常考题型.20．已知抛物线C：经过点.(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)经过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线交于两点M，N，且与抛物线的准线交于点Q.若，求直线l的方程.【答案】(1)抛物线C的方程为，准线方程为(2)或. 【分析】（1）将点代入抛物线求出即可得出抛物线方程和准线方程；（2）设出直线方程，与抛物线联立，表示出弦长和即可求出.【详解】（1）将代入可得，解得，所以抛物线C的方程为，准线方程为；（2）由题得，设直线方程为，，设，联立方程，可得，则，所以，因为直线与准线交于点Q，则，则，因为，所以，解得，所以直线l的方程为或.21．已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二、三、四项.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对任意自然数n均有成立，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件列方程求出d；（2）根据条件，做差求出 的通项公式.【详解】（1）由题意， ， ，解得 ， ， ；（2）由题意： …①， …②，②-①得 ， ；综上， .22．已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）由题知，进而结合求解即可得答案；（2）设点，，进而联立并结合题意得或，进而结合韦达定理得，再的中点为，证明，进而得，，故，综合即可得证明.【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，一个焦点为所以，所以所以椭圆的方程为.（2）解：设点，则点,所以联立方程得，所以有，解得，因为，故或设，所以设向量，所以，所以，即，设的中点为，则所以，又因为，所以，所以，因为点关于轴的对称点为.所以，所以，所以是等腰直角三角形.