2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答.

【详解】依题意，，，所以.

故选：C

2．若复数，则（　  ）

A． B． C．4 D．5

【答案】D

【分析】先化简，再由复数的加法运算求出，由复数的模长公式求解即可.

【详解】因为，所以

所以，

所以.

故选：D.

3．若正实数、满足，则当取最大值时，的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用基本不等式等号成立的条件可求得取最大值时的值.

【详解】因为正实数、满足，则，可得，

当且仅当时，即当时，等号成立.

故选：A.

4．如图所示，液体从一圆锥形漏斗漏入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟漏完.已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间(分)的函数关系表示的图象只可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用特殊值法，圆柱液面上升速度是常量，表示圆锥漏斗中液体单位时间内落下相同的体积，当时间取分钟时，液面下降的高度与漏斗高度的比较.

【详解】由于所给的圆锥形漏斗上口大于下口，当时间取分钟时，液面下降的高度不会达到漏斗高度的，对比四个选项的图象可得结果.

故选：A

【点睛】本题主要考查了函数图象的判断，常利用特殊值和函数的性质判断，属于中档题.

5．已知函数f(x)满足f(2x)＝log2x，则f(16)＝（　　）

A．﹣1 B．1 C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据16＝24，代入求解即可．

【详解】∵函数f(x)满足f(2x)＝log2x，且f(16)＝f(24)，

∴f(16)＝f(24)＝log24＝2，

故选：C．

6．已知向量，，设函数，若为图象的对称轴，为图象的对称中心，且在区间 上单调，则ω的值为（    ）

A．5 B．7 C．9 D．11

【答案】A

【分析】由两角的正弦公式可知，先利用对称轴与对称中心的距离和函数周期的关系可知为正奇数，再利用函数的单调性与周期的关系求出，由函数的对称中心可知，即可知或，最后带入验证即可求解.

【详解】，

∵的一条对称轴为，一个对称中心为，

∴,,∴，，∴为正奇数，

∵函数在区间上具有单调性，∴，∴，

∴，

又∵为图象的对称中心，∴，

∴，，，，

∴或，

∴当时，，

∵，∴，此时与在上单调矛盾；

综上可得：∴，

故选：.

7．已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列结论正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】C

【分析】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，若，，，则或、相交，A错；

对于B选项，若，，，则或、异面，B错；

对于C选项，由于，，可得或，

若，因为，则，

若，过直线作平面，使得，则，

因为，则，，因此，，C对；

对于D选项，若，，，则或、相交（不一定垂直），D错.

故选：C.

8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，平面，则该鞠（球）的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点为，连接，可证为外接球的球心，故可求半径，从而可得球的表面积.

【详解】  

取的中点为，连接，

因为平面，而平面，故，

故.

同理，而，平面，

故平面，而平面，故，

故，

综上，为三棱锥外接球的球心，

而，故外接球的半径为3，

故球的表面积为，

故选：C

二、多选题

9．以下各选项中，p是q的充分不必要条件的是（    ）

A．p：某四边形是菱形，q：某四边形对角线相互垂直

B．p：三角形有两边上的高相等，q：三角形为等腰三角形

C．

D．

【答案】ACD

【分析】根据充分条件，必要条件的定义逐项分析即得.

【详解】A：p：某四边形是菱形，q：某四边形对角线相互垂直，由 p 可推出 q ，由 q 推不出p ，

所以 p 是 q 的充分不必要条件，故A正确；

B：若三角形有两边上的高相等，由等面积法，得这两边相等，故三角形为等腰三角形，反之显然成立，所以 p 是 q 的充分必要条件，故B错误；

C：若成立，显然，所以，所以p是q的充分条件；反之若，取，所以p是q的不必要条件，故C正确；

D：因为，所以，若，则，故p是q的充分条件；不能得到，故p是q的不必要条件，故D正确.

故选：ACD.

10．若不等式的解集是，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C．且 D．不等式的解集是

【答案】AB

【分析】根据一元二次不等式的解集求得的关系式，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】由于不等式的解集是，

所以，B选项正确，

且，即，则，

所以，A选项正确，

，C选项错误，

不等式，即，

即，无解，D选项错误.

故选：AB

11．给出下列命题，其中正确的选项有（    ）

A．非零向量，，满足且与同向，则

B．若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，

C．在中，若，则为等腰三角形

D．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

【答案】BC

【分析】根据向量的定义，可判定A错误；根据向量数量积求得，可判定B正确；由表示与的平分线共线的向量，结合三角形的性质，可判定C正确；当时，得到向量与向量的夹角为，可判定D项错误.

【详解】对于A中，向量的既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A错误；

对于B中，因为单位向量，的夹角为，可得，

则，

当且仅当时，取得最小值，最小值为，所以B正确；

对于C中，因为表示与的平分线共线的向量，

又因为，可得的平分线与垂直，所以为等腰三角形，所以C正确；

对于D中，当时，此时向量与向量的夹角为，所以D项错误.

故选：BC

12．如图.为内任意一点，角的对边分别为，总有优美等式成立，因该图形酯似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有（    ）

A．若是的重心，则有

B．若成立，则是的内心

C．若，则

D．若是的外心，，，则

【答案】AB

【分析】对于A：利用重心的性质，代入即可；

对于B：利用三角形的面积公式结合与可知点到的距离相等.

对于C：利用将表示出来，代入，化简即可表示出的关系式，用将表示出来即可得处其比值.

对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合的取值范围可得出答案.

【详解】对于A：如图所示：因为分别为的中点，

所以，，

同理可得、，

所以，

又因为，

所以.正确；

对于B：记点到的距离分别为，，

因为，

则，

即，

又因为，所以，所以点是的内心，正确；

对于C：因为，

所以，所以，

所以，

所以，

化简得：，

又因为不共线，

所以，所以，

所以，错误；

对于D：因为是的外心，，所以,，

所以，

因为，则，

化简得：，由题意知同时为负，

记，，则，

因为，所以，

所以，

所以，错误.

故答案为：AB.

三、填空题

13．已知函数，则        

【答案】2

【分析】通过赋值，即可求解.

【详解】因为，令，则.

故答案为：2

14．函数的定义域为          ．

【答案】

【分析】根据题意，列出不等式，即可得到结果.

【详解】根据题意可得，，解得

即函数的定义域为.

故答案为:

15．已知是关于的方程的根，则           .

【答案】9

【分析】代入方程的根，根据复数相等的条件求解即可

【详解】由题可知，即，所以解得所以

故答案为：9

16．2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的，弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)，直角三角形中较小的锐角为θ，若，则图中的大正方形与小正方形的面积之比为           ．

【答案】5

【分析】用三角函数表示直角三角形的两条直角边，得小正方形的边长为，由解出，即可求大正方形与小正方形的面积之比.

【详解】如图所示，

设大正方形边长为1，则，，小正方形的边长为，

由，两边同时平方得，，

所以，

则图中的大正方形与小正方形的面积之比为.

故答案为：5

四、解答题

17．四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，E为底面圆周上的一点，，，．

(1)求证：平面；

(2)求圆柱的表面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）推导出，，由此能证明平面．

（2）利用勾股定理求出，从而得到底面圆的半径，由此能求出圆柱的表面积．

【详解】（1）证明： 四边形是圆柱的轴截面，为底面圆周上的一点，

所以平面，平面，所以

，

，平面，平面．

（2）解： ，，．

，，

圆柱的表面积：．

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．

(1)求角B的大小；

(2)设，．

（ⅰ）求c的值；

（ⅱ）求的值．

【答案】(1)

(2)（ⅰ）；（ⅱ）

【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.

（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.

【详解】（1）由，

根据正弦定理得，,

可得，

因为，故，则，

又，所以.

（2）由（1）知，，且，，

（ⅰ）则，

即，解得（舍），.

故.

（ⅱ）由，

得，

解得，则，

则，

，

则

.

19．如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．

(1)求证：PA∥平面BDE；

(2)平面PAC⊥平面BDE；

(3)若二面角E﹣BD﹣C为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)．

【分析】（1）连接可证从而得到要证明的线面平行；

（2）再通过证明平面得到要证明的面面垂直．

（3）设的中点为，可证平面且是二面角的平面角，从而，故可得到平面的距离，它的两倍是到底面的距离，最后根据公式计算四棱锥的体积．

【详解】（1）证明:

连接，如图所示．∵分别为中点，∴．

∵面，面，∴面．

（2）∵面，面， ∴．

在正方形中，，又∵，∴面．

又∵面，∴面面．

（3）取中点，连接．∵为中点，∴为的中位线，∴．

又∵面，∴面，

由（1）可知面，而面，所以，∵，

∴为二面角的平面角，

∴．

在中，，

∴，∴．

∴．

20．已知函数的图像向右平移个单位长度得到的图像， 图像关于原点对称，的相邻两条对称轴的距离是.

（1）求的解析式，并求其在上的增区间；

（2）若在上有两解，求实数的取值范围.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）根据平移变换得到图像，再结合函数的性质可得的解析式，令，可得结果

（2）令，问题等价于在上有两解，数形结合得到结果.

【详解】解:由的相邻两条对称轴的距离是，则，

函数的图像关于原点对称，，所以

（1）由， 得，

令得，得

在增区间是；

令，则所以

若有两解，即在上有两解，

由的图象可得，，即

的取值范围是

21．已知某公司生产某款产品的年固定成本为40万元，每生产1件产品还需另外投入16元，设该公司一年内共生产万件产品并全部销售完，每万件产品的销售收入为万元，且已知

(1)求利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式：

(2)当年产量为多少万件时？公司在该款产品的生产中所获得的利润最大，并求出最大利润.

【答案】(1)；

(2)当年产量为32万件时，公司在该款产品的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万元.

【分析】（1）利用利润等于收入减去成本，分两种情况讨论得到分段函数的解析式；

（2）求出分段函数的每一段的最大值，再比较最大值即得解.

【详解】（1）由题得利润等于收入减去成本.

当时，；

当时，.

（2）当时，时，；

当时，，

当且仅当，即时，，

时，的最大值为6104万元，

即当年产量为32万件时，公司在该款产品的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万元.

22．已知函数为偶函数．

(1)求实数的值；

(2)解关于的不等式；

(3)设，若函数有2个零点，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据偶函数的定义可求得.

（2）先根据定义证明在的单调性，根据偶函数的性质，建立不等式求解.

（3）图象有交点问题转化为方程有解问题，化归转化到一元二次方程有两个正解，数形结合建立不等式组可求解.

【详解】（1）易知函数的定义域为，

函数为偶函数．

，即，

.

（2），

设，

，

所以当时单调递增，

在上单调递增，

又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；

，

，

解得或，

所以不等式的解集为

（3）函数与图象有2个公共点，

有两个解，

即有两个解，

设，则，即，

又在上单调递增，

所以方程有两个不等的正根；

从而必须满足：

，

解得，

所以实数的取值范围是．