2022-2023学年广东省湛江市高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年广东省湛江市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出集合A，再根据交集的运算即可得出答案.

【详解】解：，

所以.

故选：C.

2．已知数列为等比数列，若，，则的值为（    ）

A．8 B． C．16 D．±16

【答案】A

【分析】利用等比数列的通项公式即可求解.

【详解】因为为等比数列，设的公比为，

则，，

两式相除可得，所以，

所以，

故选：A.

3．正方体中，是棱的中点，若，则点到平面的距离是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意结合几何体的结构特征利用等体积法求解点面距离即可.

【详解】设点到平面的距离为，由等体积法可知：，

即，,

解得：.

【点睛】本题主要考查点面距离的求解，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

4．设为虚数单位，，“”是“复数是纯虚数”的（    ）条件

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先化简，再根据纯虚数的定义求出的值，利用充分条件和必要条件得定义即可判断.

【详解】复数是纯虚数，

则，解得，

故“”是“复数是纯虚数”的充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】对于复数的乘法，类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可；对于复数的除法，关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式.

5．已知，则的最小值与最小正周期分别是（     ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【分析】根据正弦的二倍角公式化简，即可根据周期公式求解出周期，由正弦函数的性质求出最小值.

【详解】，故最小正周期为，最小值为.

故选：A.

6．目前，国际上常用身体质量指数BMI来衡量人体胖瘦程度以及是否健康．某公司对员工的BMI值调查结果显示，男员工中，肥胖者的占比为；女员工中，肥胖者的占比为，已知公司男、女员工的人数比例为2：1，若从该公司中任选一名肥胖的员工，则该员工为男性的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出任选一名员工为肥胖者的概率和肥胖者员工为男性的概率，再根据条件概率计算即可.

【详解】设公司男、女员工的人数分别为和，

则男员工中，肥胖者有人，

女员工中，肥胖者有人，

设任选一名员工为肥胖者为事件，肥胖者为男性为事件，

则，，

则.

故选：D.

7．是椭圆上的一点，为左顶点，为右焦点，轴，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】轴得，在直角中由正切的定义可得的齐次式，从而得出的方程，求得结论．

【详解】解：轴，，

而由得

，即，

解得舍或.

故选：D.

8．庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征．五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且．若（λ∈R），则λ＝（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据图象的对称性和向量的运算法则，化简得到，即可求解.

【详解】根据图形的对称性，可得，，

由和向量的运算法则，可得，

又由，，故，所以．

故选：D.

二、多选题

9．已知抛物线的焦点为，P为C上的一动点，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．当PF⊥x轴时，点P的纵坐标为8

C．的最小值为4 D．的最小值为9

【答案】CD

【分析】根据焦点坐标可得，即可判断A,根据坐标运算即可判断B,根据焦半径以及自变量的范围即可判断C,根据三点共线即可判断D.

【详解】对于A,由抛物线的焦点为可知，故A错误，

对于B,当PF⊥x轴时，则点的横坐标为4，将其代入中得，故B错误，

对于C,设，则，由于,所以，故的最小值为4，故C正确，

对于D，过作垂直于准线于,过作垂直于准线于，

则，当，，三点共线时等号成立，

故D正确；

故选：CD

10．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象如图，则（       ）

A．为奇函数

B．在区间上单调递增

C．方程在内有个实数根

D．的解析式可以是

【答案】BC

【分析】利用图象可求得函数的解析式，利用函数图象平移可求得函数的解析式，可判断D选项；计算可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；当时，求出方程对应的可能取值，可判断C选项.

【详解】由图可知，函数的最小正周期为，，，

所以，，则，可得，

所以，，得，

因为，则，所以，，

将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，

故.

对于A选项，因为，故函数不是奇函数，A错；

对于B选项，当时，，故函数在区间上单调递增，B对；

对于C选项，由，可得，

当时，，所以，，C对；

对于D选项，，D错.

故选：BC.

11．已知数列满足，，，则（    ）

A．121是数列中的项 B．

C．是等比数列 D．存在，

【答案】ABC

【分析】由递推关系式可知，通过构造等比数列可求得数列的通项公式为，即可计算并判断出ABC正确；再利用不等式进行放缩可得出对于任意的，，可得D错误.

【详解】由可得，，又，

所以是首项为，公比为3的等比数列，即C正确；

所以，由等比数列通项公式可得，即；

当时，，所以121是数列中的第五项，即A正确；

由可得，；即B正确；

易知，当时，，

所以，当时，；

当时，，

即对于任意的，，所以不存在，，

即D错误.

故选：ABC

12．如图，在平行四边形ABCD中，，，，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，连接PC，下列说法正确的是（    ）

A．平面PCD⊥平面PBD

B．三棱锥外接球的表面积为

C．PD与平面PBC所成角的正弦值为

D．若点M在线段PD上（包含端点），则△BCM面积的最小值为

【答案】ACD

【分析】结合线线垂直，线面垂直与面面垂直的相互转化关系检验A,根据外接球的球心位置即可结合三角形的边角关系求解半径，可判断B,结合空间直角坐标系及空间角及空间点到直线的距离公式检验．

【详解】中，，，，

所以，故，所以，

因为平面平面,且平面平面，又，平面

所以平面，平面,所以平面平面，故A正确；

取的中点为,中点为,过作,由平面平面,且平面平面，又,平面,故平面,因此平面,由于为直角三角形，且为斜边中点，所以,又,所以,因此,因此为三棱锥外接球的球心，且半径为,故球的表面积为，故B错误，

以为原点，联立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，0，，

因为，0，，，1，，,

设平面的法向量为，

所以，取，则

所以，故PD与平面PBC所成角的正弦值为，故C正确，

因为在线段上，设，0，，则，0，，

所以点到的距离，

当时，取得最小值，此时面积取得最小值，D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．写出过点且与圆相切的一条直线的方程______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据题意：先讨论斜率不存在的情况是否成立；斜率存在时，设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.

【详解】当过点的直线斜率不存在时：方程为：，此时直线到圆心的距离，满足题意；

当过点的直线斜率存在时：设方程为：，

即，因为直线与圆相切，

所以，解得：，所以直线方程为：，

所以过点且与圆相切的一条直线的方程或，

故答案为：（答案不唯一）.

14．等差数列的前项之和为，若，则________．

【答案】

【分析】直接利用等差数列前项和公式和等差数列的性质求解即可.

【详解】由已知条件得,

故答案为：.

15．若、、为空间三个单位向量，，且与、所成的角均为60°，则______．

【答案】

【分析】根据向量的模长公式即可代入求解.

【详解】由题意可得，

，

故答案为：

16．已知椭圆的右焦点为F，点P在椭圆上且在x轴上方．若线段的中点M在以原点O为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______________．

【答案】.

【分析】设椭圆得左焦点为，连接，根据线段的中点M在以原点O为圆心，为半径的圆上，可得，从而可求得，在，利用余弦定理求得的余弦值，从而可得出答案.

【详解】解：设椭圆得左焦点为，连接，

由椭圆得，，

则，，，

因为点M在以原点O为圆心，为半径的圆上，

所以，

因为分别为得中点，

所以，所以，

所以，则，

所以，

因为点P在椭圆上且在x轴上方，则直线的倾斜角与互补，

所以直线的斜率.

故答案为：.

四、解答题

17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．

(1)求；

(2)若B是钝角，求AC边上的中线长．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）根据同角基本关系可得正弦值，进而根据正弦定理即可求解，

（2）根据余弦定理可求解，利用向量得，平方后即可求解．

【详解】（1）由,则,由正弦定理得，

（2）由于B是钝角，故,

由余弦定理可得，解得（负值舍去），

设边上的中线为，则，

所以，

所以，即边上的中线长为．

18．设第一象限的点是双曲线上的一点，已知C的一条渐近线的方程是．

(1)求b的值，并证明：；

(2)若直线和曲线C相交于E，F两点，求．

【答案】(1)，证明见解析

(2)

【分析】（1）根据渐近线方程可得，进而根据分析法即可求解，

（2）联立方程，由韦达定理以及弦长公式即可求解.

【详解】（1）的渐近线方程为，故，

双曲线方程为，在双曲线上，所以，

要证，只需证，由于，若，显然成立，若时，只需要证明，即证，因此只需要证明，由，得，而，故成立，因此

（2）联立直线与双曲线方程，

设,则，所以由弦长公式得：，

19．如图，在棱长为2的正方体中，E为AD中点．

(1)求平面与平面夹角的余弦值；

(2)探究线段上是否存在点F，使得平面？若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点

见解析

【分析】（1）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的一个法向量．利用空间向量的数量积即可求解

（2）假设在线段上存在点，使得平面．通过向量共线以及向量的数量积为0，求解即可．

【详解】（1）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，．

，，

设平面的法向量，

，即，

令，则，，，

连接，，由于平面，平面,所以，平面，

平面，为平面的一个法向量．

，

平面与平面夹角不超过，故平面与平面夹角的余弦值为

（2）假设在线段上存在点，使得平面．

设，，，

平面，，即，

，2，，，，即，解得，

在线段上存在点，使得平面，此时点为线段上靠近点的三等分点．

20．甲、乙两人组成“新队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为（）．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．已知“新队”在一轮活动中都猜错的概率为，只猜对一个成语的概率为．

(1)求的值；

(2)求“新队”在两轮活动中猜对2个成语的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据相互独立事件发生的概率公式求解；

(2)分情况讨论，根据相互独立事件发生的概率公式计算.

【详解】（1）都猜错的概率为，即，

只猜对一个成语的概率为，即，

所以解得.

（2）“新队”在一轮比赛中猜对2个的概率为，

所以“新队”在两轮活动中猜对2个成语的概率为.

21．设等比数列的前n项和为，且，.

(1)求数列的通项公式；

(2)在与之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用数列的递推关系和等比数列的性质，即可求出数列的通项公式；

（2）根据等差数列的性质，可得，可得，再利用错位相减法即可得出．

【详解】（1）解：∵①

时，②

①−②

而，由为等比数列，∴，

∴；

（2）解： ，∴

∴①

②

①−②

，

∴

22．已知椭圆C的中心在原点，一个焦点是，一个顶点的坐标是．

(1)求C的方程．

(2)设动直线与椭圆C相切于点P，且与直线交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过定点M，并求出M的坐标．

【答案】(1)

(2)，证明见解析

【分析】（1）根据椭圆几何性质可得，进而可求，

（2）联立方程，根据判别式为0得，进而可得，，根据向量垂直的坐标运算可得对任意的恒成立，即可求解定点.

【详解】（1）由焦点是，可知焦点在轴上，故设椭圆方程为，有题意可知，故，

故C的方程为

（2）联立，

故，化简得，

设，则，，

故，，设，则，化简得对任意的恒成立，故满足

，故以PQ为直径的圆恒过定点M,且,

【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中常涉及范围或最值问题，以及定点定值问题.根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的垂直关系得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.