2022-2023学年北京市育英学校高二下学期期末练习数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市育英学校高二下学期期末练习数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市育英学校高二下学期期末练习数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由对数函数性质确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】由题意，∴．
故选：D．
【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质，属于基础题．
2．已知等差数列中，，．若，则数列的前5项和等于（    ）
A．30 B．45 C．90 D．186
【答案】C
【分析】利用等差数列的通项公式，可得，进而得到，然后利用前n项和公式求解即可．
【详解】等差数列中，，，则公差，
得,
∴数列的前5项和等于.
故选：C．
3．函数的零点的个数为 （    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】将函数零点个数问题转化为函数图像的交点个数问题，画出函数图像，利用数形结合求解即可.
【详解】令，
所以函数的零点的个数等价于：方程解得个数，
等价于函数与图像交点的个数，
如图所示：
  
由图可知函数与只有一个交点，
即方程只有一个解，
即函数只有1个零点，
故选：B.
4．在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.
【详解】为单位圆上一点，而直线过点，
所以的最大值为，选C.
【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
5．如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【详解】如图1，连接， ，平面，平面，则，又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，

            图1
平面过平面再平移至平面时，如图2，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，如图3，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：D.
   
         图2                                               图3
【点睛】本题考查立体几何中截面的性质，考查线面垂直的判定与性质，解题关系是掌握棱锥的平面于底面的截面的性质，解题方法是利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
6．设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“数列为递增数列”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】通过举反例可以判断得结论.
【详解】当时，数列不一定是递增数列，
例如, , ；
当数列为递增数列时，也不一定成立，例如，此时单调递增，
所以“”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
7．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.
  
8．教室的图书角摆放了一些阅读书目，其中有3本相同的论语、6本互不相同的近代文学名著，现从这9本书中选出3本，则不同的选法种数为
A．84 B．42 C．41 D．35
【答案】B
【分析】分选出0本论语、1本论语、2本论语、3本论语四种情况，分别求出选法，即可得出结果.
【详解】由题意，
若选出0本论语，则有种选法；
若选出1本论语，则有种选法；
若选出2本论语，则有种选法；
若选出3本论语，则有种选法；
综上，不同的选法种数为.
故选B
【点睛】本题主要考查计数原理，熟记分类加法计算原理即可，属于常考题型.
9．在股票买卖过程中，经常用到两种曲线，一种是即时价格曲线y＝f(x)，一种是平均价格曲线y＝g(x)(如f(2)＝3表示开始交易后第2小时的即时价格为3元；g(2)＝4表示开始交易后两个小时内所有成交股票的平均价格为4元).下面所给出的四个图象中，实线表示y＝f(x)，虚线表示y＝g(x)，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：A选项均值一直递增，不符合；B选项均值一开始递增，不符合；D选项均值递增过早，不符合，故选C．
【解析】函数图象与性质．
10．已知点在圆上，点N在圆上，则下列说法错误的是
A．的取值范围为
B．取值范围为
C．的取值范围为
D．若，则实数的取值范围为
【答案】B
【详解】∵M在圆C1上，点N在圆C2上，
∴∠MON≥90°，
∴≤0，
又OM≤+1，ON≤+1，
∴当OM=+1，ON=+1时，
取得最小值（+1）2cosπ=﹣3﹣2，故A正确；
设M（1+cosα，1+sinα），
N（﹣1+cosβ，﹣1+sinβ），
则=（cosα+cosβ，sinα+sinβ），
∴2=2cosαcosβ+2sinαsinβ+2=2cos（α﹣β）+2，
∴0≤≤2，故B错误；
∵两圆外离，半径均为1，|C1C2|=2，
∴2﹣2≤|MN|≤2+2，即2﹣2≤≤2+2，故C正确；
∵﹣1≤|OM|≤+1，-1≤|ON|≤+1，
∴当时，≤﹣λ≤，解得﹣3﹣2≤λ≤﹣3+2，故D正确．
故选B．


二、填空题
11．已知，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由题意首先求得的值，然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果，注意等号成立的条件.
【详解】由可知，
且：，因为对于任意，恒成立，
结合均值不等式的结论可得：.
当且仅当，即时等号成立.
综上可得的最小值为.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
12．二项式的展开式的常数项是 ．
【答案】7
【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.
详解：二项式的展开式的通项公式为,
令得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.
13．函数，当时，的值域为 ；当有两个不同零点时，实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】（1）时，原式可化为，然后分别求出各自值域即可
（2）函数有两个零点，和，有一个零点0，然后分类讨论即可求解.
【详解】（1）当时，原式可化为，当时，的值域为，当时，的值域为，综上可知，该函数的值域为.
（2）函数有两个零点，和，有一个零点0，所以，可知时，函数有两个零点0，3；当时，函数有两个零点和，综上可知，当函数有两个不同的零点时，
【点睛】本题考查分段函数的值域和函数零点问题，主要考查学生的运算能力，属于基础题

三、双空题
14．在中，角所对的边分别为，已知．
① 的值为 ；
② 若，则的取值范围是 ．
【答案】 6. .
【分析】①由正弦定理可得；②由b＝6cosA及余弦定理可得结合c的范围得b的不等式求解即可
【详解】①由，得：，
由正弦定理得：，即＝2a=6；
②由余弦定理，得：
由①得：，
所以，，
所以，，
即：，
因为，所以，0＜c＜3，

所以，，即3＜b＜，
故答案为6； .
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，利用余弦定理得b与c的不等关系是关键，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．已知点分别是抛物线和直线上的动点，点是圆上的动点．
① 抛物线的焦点坐标为 ；
② 的最小值为 ．
【答案】 (1，0) 16
【分析】直接根据抛物线的方程即可得焦点坐标；由抛物线的定义得，将圆上的点到其他点的距离转化为点与圆心的关系得，结合基本不等式可得结果.
【详解】在抛物线中，开口向右，其中，所以焦点坐标为；
由题意知，抛物线的焦点与圆的圆心都为，
则，而，
所以的最小值为，令，
则原式，当且仅当时取等号，
即的最小值为16，
故答案为：，16.

四、解答题
16．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..
(1)求角A的大小；
(2)若sinB＋sinC＝，试判断△ABC的形状.
【答案】（1）；（2）等边三角形.
【分析】（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根据正弦定理化简已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化简后求出cosA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）由A为60°，利用三角形的内角和定理得到B+C的度数，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=中，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，由B的范围，求出这个角的范围，利用特殊角的三角函数值求出B为60°，可得出三角形ABC三个角相等，都为60°，则三角形ABC为等边三角形．
【详解】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，
∴cosA＝,∴A＝60°.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴B＋C＝180°－60°＝120°，
由sinB＋sinC＝，得sinB＋sin(120°－B)＝，
∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝，
∴sinB＋cosB＝，即sin(B＋30°)＝1，
∵0°＜B＜120°，∴30°＜B＋30°＜150°，
∴B＋30°＝90°，B＝60°，
∴A＝B＝C＝60°，△ABC为等边三角形.
【点睛】此题考查了三角形形状的判断，正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等边三角形的判定，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
17．如图，已知函数 （）在一个周期内的图象经过，，三点.

(1)写出，，的值；
(2)若，且，求的值.
【答案】(1)，，
(2)

【分析】(1)结合已知条件和图像的对称关系可求，最小正周期，然后利用周期公式即可求，最后点代入求；(2)首先结合已知条件求出，然后结合的范围求出的值即可求解.
【详解】（1）由已知条件及图像可知，，，
故，即，
从而，
由，
故，，
又因为，所以.
（2）由(1)中知，，
故，
因为，故，
所以，即，
故.
18．如图，四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，，，，，，，平面与平面交于.
  
(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得？若存在，求的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)线段上不存在点使得，理由见解析

【分析】（1）先证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量来求解二面角；
（3）先假设存在点，设出点的坐标，利用等量关系建立方程，看方程是否有根，判断是否有这样的点.
【详解】（1）∵，平面ABFE，平面ABFE
∴平面ABFE
∵平面与平面交于，平面CDE
∴
（2）取AD中点O，连接OE，OB，BD
∵，
∴是等边三角形
由三线合一得：OB⊥AD
∵，
∴是等腰直角三角形
∴OE⊥AD
∵四边形和三角形所在平面互相垂直，交线为AD
∴OE⊥底面ABCD,
∵平面ABCD,
∴OE⊥OB,
故OE，OB，OA三线两两垂直,
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
，， ,
∵且由第一问得知,
所以四边形CDEF是平行四边形,
∴可得：，
∴，
设平面BCF的法向量为
则即：
令，得：，
解得：
其中平面ABC的法向量为

设二面角大小为，由题意得为锐角
所以
  
（3）不存在满足条件的点M，使得AM⊥EM，理由如下：
若AM⊥EM，则，因为点M在线段BC上，所以设（），
则，解得：，，
所以 ，，
所以，整理得：
因为，此方程无解，所以线段上不存在点使得
19．已知关于 的函数 ，
（I）试求函数的单调区间；
（II）若在区间 内有极值，试求a的取值范围；
（III） 时，若有唯一的零点 ，试求 .（注：为取整函数，表示不超过的最大整数，如 ；以下数据供参考：
【答案】（I）单调递减区间；单调递增区间；（II）f(x)在区间(0,1)内有极值，则a的取值范围为.（III）.
【分析】（I）由题意的定义域为 ，对a分类讨论：当a≥0时，当a＜0时，即可得出单调性；
（II） , 所以的定义域也为，且，
令h（x）=2x3-ax-2，x∈[0，+∞），h′（x）=6x2-a，当a＜0时，可得：函数h（x）在（0，1）内至少存在一个变号零点x0，且x0也是f′（x）的变号零点，此时f（x）在区间（0，1）内有极值．当a≥0时，由于函数f（x）单调，因此函数f（x）无极值．
（III）a＞0时，由（II）可知：f（1）=3知x∈（0，1）时，f（x）＞0，因此x0＞1．又f′（x）在区间（1，+∞）上只有一个极小值点记为x1，由题意可知：x1即为x0．得到 ，即 ，消去可得： ，a＞0，令 分别研究单调性即可得出x0的取值范围．
【详解】（I）由题意的定义域为
（i）若，则在上恒成立，为其单调递减区间；
（ii）若，则由得，
时，，时，，
所以为其单调递减区间；为其单调递增区间；
（II）    所以的定义域也为，
且
令 (*)
则 (**)
（i）当时, 恒成立,所以为上的单调递增函数，
又，所以在区间内存在唯一一个零点，
由于为上的单调递增函数，所以在区间内，
从而在，所以此时在区间内有唯一极值且为极小值，适合题意,
（ii）当时,即在区间(0,1)上恒成立,此时, 无极值.
综上所述,若在区间内有极值，则a的取值范围为.
(III) ,由（II）且知时, .
由(**)式知，．
由于，所以，
又由于，
所以
亦即 ，
由
从而得
所以，,
从而，又因为有唯一的零点，所以 即为,
  

消去a,得
时令,
则在区间上为单调递增函数, 为单调递减函数,
且

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论方法，考查了分析问题与解决问题的方法，考查了零点存在但是求不出准确值的情况下的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20．已知椭圆的右焦点为，为椭圆的上顶点，为坐标原点，且是等腰直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线交椭圆于两点，且使为的垂心（垂心：三角形三条高的交点）？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析：
(1)由题意可求得b=1，a =，则椭圆方程为；
(2)假设直线存在，设出直线的斜截式方程，联立直线与椭圆的方程，结合题意和韦达定理可得满足题意的直线存在，直线方程为.
试题解析：
（1）由△OMF是等腰直角三角形得b=1，a =
故椭圆方程为
（2）假设存在直线l交椭圆于P,Q两点，且使F为△PQM的垂心
设P（,）,Q（,）
因为M（0,1），F（1,0），故，故直线l的斜率
于是设直线l的方程为
由得
由题意知，即＜3，且
由题意应有，又
故

解得或
经检验，当时，△PQM不存在，故舍去；
当时，所求直线满足题意
综上，存在直线l，且直线l的方程为
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
21．已知数列满足：且，记集合.
(1)若a1=6，写出集合M的所有元素；
(2)如集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；
(3)求集合M的元素个数的最大值.
【答案】(1)集合M的所有元素为6，12，24
(2)证明见解析
(3)8

【分析】(1)根据递推公式直接求出所有元素即可；
（2）根据递推公式分析前后项的倍数关系即可证明；
（3）分a1是3的倍数，不是3的倍数讨论的可能取值，利用递推公式直接求集合M中的元素即可得到答案.
【详解】（1）若，由于，，
可得，具有周期性，
故集合M的所有元素为6，12，24；
（2）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由，可归纳证明对任意是3的倍数.
如果，M的所有元素都是3的倍数；
如果k＞1，因为，或，所以是3的倍数；于是是3的倍数；
类似可得，都是3的倍数，由上可知，M的所有元素都是3的倍数；
综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则集合M的所有元素都是3的倍数.
（3）对，，可归纳证明对任意，.
当a1=1时，，有8个元素.
因为a1是正整数，，所以a2是2的倍数.
从而当时，是2的倍数.
如果a1是3的倍数，由（2）可知，对所有正整数n，an是3的倍数，则的可能值有6,12,18,24,30,36，由（1）知，当的值为6,12,24时，M有4个元素.
若，由递推公式可得集合M中含有元素18,36，此时集合M最多3个元素.由此可知时，集合M最多3个元素.
若，由递推公式可得集合M中含有元素30,24，12，此时集合M最多4个元素.
综上，当a1是3的倍数时，M的元素个数不超过4.
如果a1不是3的倍数，由（2）知，对所有正整数n，an不是3的倍数.
则的可能值有2,4,8,10,14,16,20,22,26,28,32,34，
若，由递推公式可得集合M中含有元素2,4,8,16,32,28,20，此时M的元素个数不超过8；同理可推出时，M的元素个数不超过8，
若，由递推公式可得集合M中含有元素10,20,4,8,16,32,28,此时M的元素个数不超过8.
若，由递推公式可得集合M中含有元素14,28,20,4,8,16,32,此时M的元素个数不超过8.
若，由递推公式可得集合M中含有元素22,8,16,32,28,20,此时M的元素个数不超过7.
若，由递推公式可得集合M中含有元素26,16,32,28,20,此时M的元素个数不超过6.
若，由递推公式可得集合M中含有元素34,32,28,20,此时M的元素个数不超过5.
综上，当的值为2,4,8,10,14,16,20,22,26,28,32,34，M的元素个数不超过8.
综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.
【点睛】方法点睛：本题主要考察利用数列递推公式求数列中的项，和研究数列性质，难点在于根据递推公式中的结构特征，观察前后项的联系，并进行合理分类讨论，本题着重从第二项开始讨论时解题重点.