2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷：高二下数学期末押题卷（1）（沪教版2020）（全解全析）

2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷

数学期末押题卷（1）全解全析

一、填空题

1．已知全集，集合，集合，则________.

【答案】

【解析】直接根据交集的定义进行运算求解即可.

【详解】集合，集合

所以

故答案为：

2．若直线、是平面内的两条直线，且、均在平面外.则“，”是“”的______条件.

【答案】必要不充分

【分析】根据面面平行的判定定理及性质结合充分性和必要性的定义即可得出答案.

【详解】解：若直线、是平面内的两条直线，且、均在平面外，

当，，且相交时，，当不相交时，无法判断两平面的位置关系，

故“，”不是“”的充分条件，

当，则，，所以“，”是“”的必要条件，

所以“，”是“”的必要不充分条件.

故答案为：必要不充分.

3．已知函数 ，，则函数的值域为____.

【答案】

【解析】本题考查函数的值域，关键在于清楚定义域是进而结合二次函数的对称性求得函数值的各个取值，进而得到值域，

【详解】解：，

由于函数的函数值只能取

∴函数的值域为，

故答案为：.

【点睛】求定义域是孤立的数的集合的函数的值域，即是求所有函数值的集合，一般直接计算各个函数值即可，若函数具有对称性可以简化计算.

4．已知x>0，y>0，且x+2y=xy，若不等式x+2y>m2 +2m恒成立，则实数m的取值范围为________.

【答案】.

【分析】利用基本不等式求出x+2y的最小值，进而得出m的范围.

【详解】∵x>0，y>0，x+2y=xy，

∴1，

∴，

当且仅当，即时等号成立，

∴的最小值为8，

由解得，

∴ 实数的取值范围是

故答案为：．

5．函数的定义域为______．

【答案】

【分析】根据函数解析式列出相应的不等式组，即可求得答案.

【详解】函数有意义，需满足，

解得且，

故函数的定义域为，

故答案为：

6．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______.

【答案】

【解析】连，，则，可得即为与所成的角或其补角，然后在中利用余弦定理可得答案.

【详解】连，，则，

所以即为与所成的角或其补角，

在中，，，

所以由余弦定理得，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故答案为：

7．现有六人排成一排，则都排在的同一侧的概率是______.

【答案】

【分析】求出六人排成一排的方法数，再由分步计数原理求出都排在的同一侧的方法数，再利用古典概型即可求解.

【详解】六人排成一排的方法数有种，

都排在的同一侧的方法，分类如下：

（1）排在第六位，都在的左侧，方法数有种；

（2）排在第五位，都在的左侧，方法数有种；

（3）排在第四位，都在的左侧，方法数有种；

所以都排在的同一侧的方法数为种，

故所求概率为

故答案为：

8．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种.(用数字作答)

【答案】9

【分析】根据分类加法计数原理以及分步乘法计数原理即可求解.

【详解】分为两类：两名老队员，一名新队员时，有3种选法；

两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6(种)选法，

即共有9种不同选法.

故答案为：9

9．平面上满足约束条件的点形成的区域的面积为___．

【答案】1

【分析】作出可行域，求出交点的坐标，可求得面积.

【详解】可行域是如图△ABC， 由得点A（2，-2），由得点B（3，-3），由得点C（2，-4），

 以AC为底边，B到AC距离d为高来计算面积， AC=2，d=1， 则区域D的面积为，

故答案为：1．

【点睛】本题考查确定不等式组所表示的平面区域，并且计算平面区域的面积，属于基础题.

10．若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____

【答案】102.

【解析】根据已知不等式可得，而，根据“两边夹”原理，可得，利用此递推关系可得，再令得，只需再求出即可，对分别赋值和并结合“两边夹”原理，即可求出，进而求出．

【详解】因为，

所以，

即，又，

所以，

所以，

因为对任意都有，且，

所以，即，

，即

由知，所以，

所以，所以，

所以．

故答案为：

【点睛】本题主要考查求抽象函数的函数值，“两边夹”原理及递推关系的应用，本题的关键是得到和．

11．如图，、是椭圆与双曲线的公共焦点，、分别是、在第二、四象限的公共点．若四边形为矩形，则的离心率是________．

【答案】

【解析】先由椭圆方程，求出半焦距为，根据题中条件，由椭圆定义，求出，利用双曲线的定义，以及离心率计算公式，即可求出结果.

【详解】由椭圆方程，可得半焦距为，

因为四边形是矩形，所以；

由在椭圆上，根据椭圆定义可得，，

则，

所以，

设双曲线的实轴长为，则，即，

所以其离心率为．

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

求解本题的关键在于根据椭圆定义，以及题中条件，求出，根据双曲线的定义，求出其实轴长，再根据两曲线共焦点，即可求解.

12．从集合的子集中选出两个非空集合，同时满足以下两个条件：①且；②若，则，则共有______种不同的选择.

【答案】88

【分析】根据所给条件，全集中共有10个元素，由，则，可知集合中最多有5个元素，以集合中的元素个数为讨论点，进行分类讨论即可得出结果.

【详解】由题易知集合中的元素互不相同且元素个数相加为10，相邻元素不在同一个集合中，因此对集合中的元素个数进行分类讨论如下：

当为单元素集合时，有共9个；

当为双元素时，可以有共个，共6个...，此时共有个；

当为3元素时，含有数字的有共5个，含有数字的有共4个，含有数字有共1个，所以最小数字为1的三元素集合共有个；

同理含有数字的有共4个，，所以最小数字为2的三元素集合共有个；

最小数字为5的三元素集合有共1个；

所以为3元素集合时共有个；

当为4元素时，含有数字的有共3个，含有数字的有共2个，含有数字有共1个，所以含有数字的共有个；

同理含有数字的有共个，含有数字的有1个；即最小数字为1的四元素集合共有个；

最小数字为2的四元素集合共有个；最小数字为3的四元素集合为共1个；

所以为4元素集合时共有个；

当为5元素时，共有1个；

故总共有个.

故答案为：88

二、单选题

13．已知，给出下列命题：

①若，则；    ②若，则；

③若，则；    ④若，则.

其中真命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】①若，则，然后两边平方，再通过作差法即可得解；

②若，则，然后利用立方差公式可知，再结合以及不等式的性质即可判断；

③若，则，再利用，得出，从而求得的范围，进而判断；

④取特殊值，，即可判断．

【详解】解：①若，

则，

所以，

所以，即①错误；

若，

则，

即，

因为，

所以，

所以，

所以，即，所以②正确；

若，

则，

因为，所以，

所以，即③正确；

④取，，满足，

但，所以④错误；

所以真命题有②③，

故选：B．

【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及根据不等式的性质证明不等式、指对运算法则、立方差公式等，考查学生的分析能力和运算能力．

14．若不等式的解集为区间[0,n]，则k的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．+1

【答案】C

【分析】由已知不等式易得且，则，将原不等式两边平方并整理有，结合解集，即可求参数k的值.

【详解】由题设，，即，

∴，可得，又不等式解集为[0,n]，

∴，即，由知：，

∴.

故选：C

15．为了更好地管理班级，班主任决定选若干名学生担任班主任助理，于是征求语､数､英三科任课教师的意见.语文老师：“如果不选小李，那么不选小宋”；数学老师：“如果不选小宋，那么选小李”；英语老师：“在小宋和小李两人中选一人”.若班主任同时采纳了三人的建议，则作出的选择是（    ）

A．选小宋，不选小李 B．两人都选

C．选小李，不选小宋 D．两人都不选

【答案】C

【分析】假设选其中一人，然后进行推理，得三人建议都采纳了娵符合要求．

【详解】若选小宋，根据英语老师的话，是选小宋，不选小李，则语文老师的建议没有采纳；

若选小李，根据英语老师的话，是选小李，不选小宋，则语文数学老师的建议都采纳了，语文老师的话相当于选了小宋，则也要选小李．因此选小李，不选小宋．

故选：C．

16．已知数列的前n项和为，且，，则（    ）

A．数列是等差数列 B．数列是等差数列

C．数列是等比数列 D．数列是等比数列

【答案】C

【分析】根据与的关系可得，进而可得，利用等差数列等比数列定义即可判断.

【详解】因为，所以，

则，又，

所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，故C正确；

所以，不是常数，

即数列不是等差数列，故A错误；

所以，即，又，

所以，，，则，，

所以数列不是等差数列也不是等比数列，故BD错误.

故选：C.

三、解答题

17．已知函数.

(Ⅰ)设集合,,,分别指出2,3,4是,,中哪个集合的元素;

(Ⅱ)若,,当时,都有,求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ），，；（Ⅱ）

【解析】(Ⅰ)根据题意,求出的解集,即可得集合､､,据此分析可得答案;

(Ⅱ)根据题意可知函数在,上单调递增,再结合二次函数的单调性分析可得答案.

【详解】(Ⅰ)函数,

若,解得或,

则或,或,;

所以,,;

(Ⅱ)因为二次函数的图象是开口朝上的抛物线,且对称轴是,

所以在上单调递减,在上单调递增,

因为,,当时,都有,

所以函数在上单调递增,

所以,

所以,即的取值范围是.

【点睛】本题考查集合,考查二次函数的性质应用,涉及一元二次不等式的解法,难度不大.

18．已知集合，.

(1)若，求实数的值；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1).

(2)或.

【分析】（1）根据元素与集合的关系建立方程，求解即可；

（2）由已知得，分为，分别求解即可.

(1)

解：由得，即，

解得；

(2)

解：因为，所以，

由知可能为；

①当=，即无解，所以，

解得；     

②当，即有两个等根为0，所以依据韦达定理知所以无解；               

③当，即有两个等根为，所以依据韦达定理知所以无解；

③当，即有两个根为0，，所以依据韦达定理知解得；

综上，或.

19．如图，在三棱锥中，，为的中点，.

(1)证明：平面平面；

(2)若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可得；利用线面垂直判定可证得平面，由面面垂直的判定可得结论；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得的值，利用棱锥体积公式可求得结果.

【详解】（1），为中点，，

又，，平面，平面，

平面，平面平面.

（2）以为坐标原点，正方向为轴，过作垂直于的直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，

，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量；

二面角的大小为，

，解得：；

，.

20．已知集合的元素个数为 且元素均为正整数，若能够将集合分成元素个数相同且两两没有公共元素的三个集合，，，即，，，，其中，，，且满足，，，则称集合为“完美集合”．

（Ⅰ）若集合，，判断集合和集合是否为“完美集合”？并说明理由；

（Ⅱ）已知集合为“完美集合”，求正整数的值；

（Ⅲ）设集合，证明：集合为“完美集合”的一个必要条件是或 ．

【答案】（Ⅰ）集合是“完美集合”，集合不是“完美集合”，理由见解析；（Ⅱ）7，9，11中中任一个；（Ⅲ）详见解析.

【分析】（Ⅰ）根据“完美集合”的定义判断.

（Ⅱ）根据“完美集合”的定义，写出集合A，B，C的所有情况，算出x的所有可能的值.

（Ⅲ）根据集合中所有元素的和为，以及和

得到，利用为正整数求解.

【详解】（Ⅰ）是“完美集合”，此时，，，，

满足，.

不是“完美集合”，

若为“完美集合”，将分成3个集合，每个集合中有两个元素，则，.

中所有元素之和为21 ， 不符合要求.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，

若，，根据 “完美集合”的定义，

则，.

若，，根据 “完美集合”的定义，

则，.

若，，根据 “完美集合”的定义，

则，.

综上：正整数的值为，9，7，11中任一个.

（Ⅲ）设集合中所有元素的和为，

而，

因为，

所以，，

，

等号右边为正整数，

则等式左边可以被4整除，

所以或 ，

即或 ．

【点睛】本题主要考查了集合的新概念问题，集合的运算以及等差数列的求和公式，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.

21．设，若其元素满足，则称集合为集合的“元封闭集”.

（1）写出实数集的一个“二元封闭集”；

（2）证明：正整数集上不存在“二元封闭集”；

（3）求出正整数集上的所有“三元封闭集”.

【答案】（1）；（2）证明见解析（3）.

【分析】（1）由 推出 ，从而求一个二元封闭集；

（2）假设存在，不妨设 ，讨论的取值；

（3）不妨设，讨论求出三元封闭集．

【详解】（1）因为 ，所以 ，

令，则二元封闭集可以为．

（2）证明：不妨设 ，

若 ，

若 ，

，

则正整数集上不存在“二元封闭集”．

（3）不妨设 ，

则由 可得，

假设，则 ，

则，

此时为．

若，则 ，

则 ，

则不存在．

综上所述，正整数集上的“三元封闭集”只有一个，．

【点睛】本题考查了学生对新知识的接受能力与应用能力，属于难题．