2022-2023学年福建省厦门外国语学校高二下学期数学期末冲刺试题（A）含答案

2022-2023学年福建省厦门外国语学校高二下学期数学期末冲刺试题（A）

一、单选题

1．设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（    ）

A．  B．-1 C．1 D．3

【答案】C

【分析】利用复数的除法运算化简即可求解

【详解】由题意可得，所以，故其虚部为1，

故选:C．

2．若，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求解集合，再由交集的定义求解即可.

【详解】的定义域为，则，

解得：或，所以，

由可得：，则，

则.

故选：D.

3．在中，，斜边，点满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法求得.

【详解】因为在中，，斜边，所以，

以为坐标原点，，分别为轴，轴建立直角坐标系，

所以有，，，

设，因为点满足，所以，

解得，，所以，

所以，，所以.

故选：B

4．设数列的前n项和为，则（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【分析】根据题意，得到，利用裂项相消法求数列的前项和公式，得出前100项的和，结合选项，即可求解.

【详解】由，

所以，

所以，

故选：A.

5．“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知条件求得之间的关系和范围，再根据充分不必要条件的判定，可得选项.

【详解】若表示焦点在轴上的椭圆，则需，即，所以，

所以“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是，

故选：C.

【点睛】本题考查方程表示椭圆的条件，以及命题的充分不必要条件的判定，属于中档题.

6．已知分别是内角的对边，，则面积的最大值是（　　）

A．2 B． C．3 D．4

【答案】B

【分析】用正弦定理和余弦定理，计算得到，得到，再利用椭圆的定义，求得椭圆的标准方程，进而求得面积的最大值.

【详解】因为，

由正弦定理、余弦定理可得，

解得，即

又由椭圆的定义，可得点点的轨迹是以为焦点的椭圆，

其中且长轴长为，焦距为，短轴长为，可得椭圆的方程为，

当点在短轴端点时，面积最大，最大值.

故选：B.

7．2020年1月11日，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜通过国家验收正式开放运行，成为全球口径最大且最灵敏的射电望远镜(简称FAST)．FAST的反射面的形状为球冠．球冠是球面被平面所截得的一部分，截得的圆为球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段为球冠的高．某科技馆制作了一个FAST模型，其口径为5米，反射面总面积为平方米，若模型的厚度忽略不计，则该球冠模型的高为（    ）(注：球冠表面积，其中R是球的半径，是球冠的高)

A．米 B．米

C． D．

【答案】B

【分析】作出轴截面图形，可以球的几何性质以及球冠的表面积，列出方程组，求解即可．

【详解】如图所示为球的轴截面图像，ACD部分为该球冠的轴截面，是弦，是球的半径，点为的中点，

则于点，

由题意可得，，，，

所以，，

在中，由勾股定理可得①，

又由球冠的表面积可得，②，

由①②可得，，

所以该球冠模型的高为米．

故选：B．

8．已知函数，若，且，则·c的取值范围为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】画出函数的图象，结合图象得到且，进而求得的取值范围.

【详解】由函数 ，

当时，可得，可得，

所以在上单调递减，且；

当时，可得，可得，

所以在上单调递增，且；

当时，在单调递减，且，

画出函数的图象，如图所示：

若，且，则且，

所以.

故选：B.

二、多选题

9．16世纪英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列结论成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用不等式的性质，逐项判断即可．

【详解】解：对于A，由，可得，故A正确；

对于B，由，当时，可得，故B错误；

对于C，由，当时，可得，，可得，当，时，可得，当时，，可得，故C正确；

对于D，当，时，，，故D错误．

故选：AC．

10．已知函数的图象的一条对称轴为，其中ω为常数，且，则以下结论正确的是（　　）

A．函数的最小正周期为

B．将函数的图象向右平移所得图象关于y轴点对称

C．函数在区间上单调递增

D．函数在区间上有66个零点

【答案】BC

【分析】由图象的一条对称轴为，且求出函数解析式，再由三角函数的图象与性质分别求解即可得答案.

【详解】因为函数的图象的一条对称轴为，

得，

因为，

所以，则，

所以周期，A项错误：

将函数的图象向右平移，

得，

显然的图象关于轴点对称，B项正确；

当时，，

所以函数在区间上单调递增，C项正确：

由，得，解得，

由，得，

因为，所以，

所以函数在区间上有67个零点，D项错误.

故选：BC.

11．已知双曲线：的左右焦点为，，左右顶点为，，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，设，，当直线绕着转动时，下列量保持不变的是（    ）

A．的周长 B．的周长与之差

C． D．

【答案】BD

【分析】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，可判断A，根据双曲线定义求解可判断B，设，则根据商与积的值可判断CD．

【详解】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，故A不正确；

的周长为

所以的周长与之差为，故B正确；

设，则，

由不是常量，故C不正确；

由为常量，故D正确；

故选：BD

12．如图，在直三棱柱中，，，､分别为，的中点，过点､､作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（    ）

A．三棱柱外接球的表面积为

B．

C．若交于，则

D．将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为

【答案】CD

【分析】对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；

对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；

对于，在中，计算可知C项正确；

对于，利用体积公式计算可知D项正确.

【详解】如图所示：

将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A项错误；

延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.

因为，是中点，所以是的中点，由与相似，得，得，

而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；

因为，又，所以在中，，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为

，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.

故选：CD.

【点睛】关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.

三、填空题

13．已知向量，且，则实数的值为            ．

【答案】/1.4

【分析】利用数量积运算律和垂直关系的向量表示求解

【详解】因为，所以，所以．

故答案为：

14．      .

【答案】

【分析】利用诱导公式以及两角和的正弦公式，即可得出结果.

【详解】原式

.

故答案为：.

15．抛物线的焦点，点，以点，为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为      .

【答案】

【分析】焦点，根据椭圆定义得到，设椭圆和抛物线的交点为，根据抛物线性质得到，得到离心率的最大值.

【详解】抛物线的焦点，根据题意，.

设椭圆和抛物线的交点为，到抛物线准线的距离为，

离心率最大，即最小，，

当与准线垂直时等号成立，此时.

故答案为：

16．已知函数与函数有公共点，则的最小值为      .

【答案】/

【分析】将问题转化为方程有解，即有解，设，则，将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，即为原点到直线的距离的平方，进而求解即可.

【详解】令，故，即

故方程有解

设，则

将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，即为原点到直线的距离的平方

故

当且仅当时等号成立

时能取得最小值，此时

故的最小值为

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在平面四边形中，已知，，，点在上且，，.

(1)求的值：

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）中利用正弦定理即可求得的值，利用余弦定理求得，再求出，从而求出；

（2）依据两角和公式求得，再求出，在中求出，即可求出的面积．

【详解】（1）因为，点在上且，所以，，

在中，由正弦定理得，

所以，

在中，由余弦定理得，

即，解得或（舍去），

由余弦定理得，

所以，

所以；

（2）因为

，

显然为锐角，所以，

在中，，，解得，

所以的面积为.

18．已知数列为正项等比数列，数列满足，，．

(1)求；

(2)设的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）根据前项和的定义，结合题意以及等比数列的定义，可得答案；

（2）根据前项和的定义，结合数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用错位相减法，可得答案.

【详解】（1）令，

当时，，由，则；

当时，，由，则.

由数列为正项等比数列，设其公比为，则，所以.

（2）证明：当时，，

则，显然时也成立，所以.

，，

两式相减可得：，

解得，

因为，所以.

19．已知圆经过点和，且圆心在直线上.

(1)求圆的方程;

(2)过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)直线的方程为或或

【分析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；

（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.

【详解】（1）解：设弦的中点为，则有，

因为，所以直线，

所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，

联立方程解得圆心， 则圆的半径为，

所以圆方程为；

（2）解：设圆心到直线的距离为，因为，

所以或，所以或，

显然直线斜率存在，所以设直线，则或，

解得或或，

故直线的方程为或或.

20．如图，已知圆柱的上、下底面圆心分别为P，Q，是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，AB＝a，．

(1)当a为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是的重心；

(2)在（1）条件下，求平面与平面所成二面角的余弦值．

【答案】(1)当时，点在平面内的射影恰好是的重心.

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，证得平面，过点作，得到，进而证得平面，得到是在平面内的射影，结合恰好是的重心，得到，在直角中，即可求解；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）解：取的中点，连接，

可得，且，平面，所以平面，

过点作，交于点，

因为平面，所以，

又，平面，所以平面，

即是在平面内的射影，

因为恰好是的重心，所以，

在直角中，，，

所以，所以，解得，

所以时，点在平面内的射影恰好是的重心.

（2）解：以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，

作，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

所以，

设平面的法向量为，则，

取，可得，所以，

设平面的法向量为，则，

取，可得，所以，

由图象可得平面与平面所成二面角的平面角为锐角，

所以，

即平面与平面所成二面角的余弦值为．

21．已知椭圆：的右焦点与抛物线：，的焦点重合，的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为4．

(1)求椭圆和抛物线的方程；

(2)过点M（3，0）的直线l与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．

【答案】(1)椭圆和抛物线的方程分别为：，；

(2)

【分析】（1）由题意可得，由于椭圆的离心率可得a，c的关系，进而可得p，c的关系，再由过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为可得c的值，再由a，b，c的关系求出椭圆的方程及抛物线的方程；

（2）设直线的方程，及A，B的坐标由题意可得E的坐标，将直线与椭圆联立可得两根之和及两根之积，求出直线的直线方程，将两根之和及之积代入可得恒过定点.

【详解】（1）由的离心率为，可得，所以，

因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，所以，，

过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为，令代入抛物线的方程：

可得，所以，

即，解得，所以，，

由可得，

所以椭圆和抛物线的方程分别为：，；

（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，设，，由题意可得，

直线与椭圆联立：，

整理可得：，，

可得，，，

直线AE的方程为：，

整理可得：

所以当时，，即过定点，

所以可证直线过定点.

【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.

22．已知函数，其中．

(1)求的单调区间；

(2)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）求函数的定义域并求出导数，解不等式和即可作答.

（2）由给定不等式变形，构造函数，借助导数分类讨论有解即可.

【详解】（1）的定义域为，，令，得，

由，解得，由，解得，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）不等式，即，设，

依题意，存在，，

而，，

当时，在上恒成立，不满足题意，

当时，方程的判别式，

即在上恒成立，则在上单调递增，

，在上恒成立，不满足题意，

当时，令，得，，

由和得，则当时，，在上单调递减，

此时，

因此，当时，存在，使得不等式成立，

所以满足题意的的取值范围为．

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.