![2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题含解析第1页](http://m.enxinlong.com/img-preview/3/3/14043388/0/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题含解析第2页](http://m.enxinlong.com/img-preview/3/3/14043388/0/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题含解析第3页](http://m.enxinlong.com/img-preview/3/3/14043388/0/2.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
所属成套资源:全套2022-2023学年高二上学期期末考试试题含答案
2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题含解析
展开2022-2023学年广东省汕头市聿怀中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1.已知是虚数单位,,则“复数为纯虚数”是“”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【分析】复数为纯虚数时,根据充分必要条件的定义进行判断.【详解】为纯虚数,则,且,即.因此“复数为纯虚数”不能推出“”, 而“”时“复数为纯虚数”一定成立,所以“复数为纯虚数”是“” 的必要不充分条件.故选:B2.抛物线的焦点坐标是( )A. B. C. D.【答案】C【分析】将抛物线方程化为标准方程,由此可得抛物线的焦点坐标.【详解】将抛物线的化为标准方程为,,开口向上,焦点在轴的正半轴上,所以焦点坐标为.故选:C.3.设是等差数列的前项和,若,则A. B. C. D.【答案】A【详解】,,选A. 4.已知函数.若,则的大小关系为( )A. B.C. D.【答案】C【分析】根据的单调性,只要比较,,的大小即可得.【详解】,,即,又是增函数,所以.故选:C.5.函数f(x)=在[—π,π]的图像大致为A. B.C. D.【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性,得是奇函数,排除A,再注意到选项的区别,利用特殊值得正确答案.【详解】由,得是奇函数,其图象关于原点对称.又.故选D.【点睛】本题考查函数的性质与图象,渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养.采取性质法或赋值法,利用数形结合思想解题.6.已知各项均为正数的等比数列的前项和为,若,则的值为( )A.4 B. C.2 D.【答案】A【分析】设出公比根据题干条件列出方程,求出公比,从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案.【详解】设数列的公比为,则,得,解得或(舍),所以.故选:A.7.已知为抛物线的焦点,点在抛物线上,为的重心,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】由抛物线方程确定焦点坐标,根据抛物线焦半径公式和重心的坐标表示可直接求得结果.【详解】由抛物线方程知:;设,,,则;为的重心,,则,.故选:C.8.已知是边长为2的等边三角形,为圆的直径,若点为圆上一动点,则的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】由题意得,然后利用数量积的运算律和计算公式计算即可.【详解】如图所示由图像可知,与夹角的范围为,所以,所以.故选:B. 二、多选题9.已知关于的不等式解集为,则( )A.B.不等式的解集为C.D.不等式的解集为【答案】BCD【解析】根据已知条件得和是方程的两个实根,且,根据韦达定理可得,根据且,对四个选项逐个求解或判断可得解.【详解】因为关于的不等式解集为,所以和是方程的两个实根,且,故错误;所以,,所以,所以不等式可化为,因为,所以,故正确;因为,又,所以,故正确;不等式可化为,又,所以,即,即,解得,故正确.故选:BCD.【点睛】利用一元二次不等式的解集求出参数的关系是解题关键.本题根据韦达定理可得所要求的关系,属于中档题.10.如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足的是( )A. B.C. D.【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误,平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为,对于A,如图(1)所示,连接,则,故(或其补角)为异面直线所成的角,在直角三角形,,,故,故不成立,故A错误.对于B,如图(2)所示,取的中点为,连接,,则,,由正方体可得平面,而平面,故,而,故平面,又平面,,而,所以平面,而平面,故,故B正确.对于C,如图(3),连接,则,由B的判断可得,故,故C正确.对于D,如图(4),取的中点,的中点,连接,则,因为,故,故,所以或其补角为异面直线所成的角,因为正方体的棱长为2,故,,,,故不是直角,故不垂直,故D错误.故选:BC.11.已知点在圆上,点、,则( )A.点到直线的距离小于B.点到直线的距离大于C.当最小时,D.当最大时,【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离,可得出点到直线的距离的取值范围,可判断AB选项的正误;分析可知,当最大或最小时,与圆相切,利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为,半径为,直线的方程为,即,圆心到直线的距离为,所以,点到直线的距离的最小值为,最大值为,A选项正确,B选项错误;如下图所示:当最大或最小时,与圆相切,连接、,可知,,,由勾股定理可得,CD选项正确.故选:ACD.【点睛】结论点睛:若直线与半径为的圆相离,圆心到直线的距离为,则圆上一点到直线的距离的取值范围是.12.已知两个等差数列和的前项和分别为和,且,则使得为整数的正整数的值为( )A. B. C. D.【答案】ACD【分析】由等差中项的性质和等比数列的求和公式得出,进而可得出为的正约数,由此可得出正整数的可能取值.【详解】由题意可得,则,由于为整数,则为的正约数,则的可能取值有、、,因此,正整数的可能取值有、、.故选:ACD.【点睛】本题考查两个等差数列前项和比值的计算,涉及数的整除性质的应用,考查计算能力,属于中等题. 三、填空题13.若,则的最小值是___________.【答案】【分析】由,结合基本不等式即可.【详解】因为,所以,所以,当且仅当即时,取等号成立.故的最小值为,故答案为:14.若三个原件A,B,C按照如图的方式连接成一个系统,每个原件是否正常工作不受其他元件的影响,当原件A正常工作且B,C中至少有一个正常工作时,系统就正常工作,若原件A,B,C正常工作的概率依次为0.7,0.8,0.9,则这个系统正常工作的概率为______【答案】0.686【分析】根据题意,先求得与至少有一个正常工作的概率,再结合独立事件概率的乘法公式,即可求解.【详解】由题意,系统正常工作的情况分成两个步骤,A正常工作且B,C至少有一个正常工作的情况,其中正常工作的概率为0.7;正常工作的概率为0.8, 正常工作的概率为0.9,则与至少有一个正常工作的概率为,所以这个系统正常工作的概率为:0.7×0.98=0.686;故答案为:0.686;【点睛】本题主要考查了对立事件和相互独立事件的概率的计算,其中解答中熟记相互独立事件的概率的计算公式,结合对立事件的概率计算公式求解是的关键,着重考查分析问题和解答问题的能力,属于基础题.15.已知椭圆:的右焦点F,点Р在椭圆C上,又点,则的最小值为___________.【答案】6【分析】由椭圆的定义得到,进而将转化为,经分析当三点共线时,,从而可求出结果.【详解】由椭圆的定义知:,所以,因此,而的最小值是当三点共线时,因此,又,因此,所以,因此的最小值为,故答案为:6.16.在三棱锥中,点在底面的射影是的外心,,则该三棱锥外接球的体积为___________.【答案】【分析】先由正弦定理得,外接圆的半径,再由勾股定理,即可求出半径,从而可得外接球体积.【详解】解:设的外心为,连接,则球心在上,连接,则为外接圆的半径r,连接,设外接球的半径为R,则,在中,由正弦定理得解得,即,在中,在,中,即,解得:,所以外接球的体积为:,故答案为: 四、解答题17.为了了解某城市居民用水量的情况,我们获得100户居民某年的月均用水量(单位:吨)通过对数据的处理,我们获得了该100户居民月均用水量的频率分布表,并绘制了频率分布直方图(部分数据隐藏)100户居民月均用水量的频率分布表组号分组频数频率140.042 0.08315 422 5 6140.1476840.049 0.02合计100 (1)确定表中x与y的值;(2)求频率分布直方图中左数第4个矩形的高度;(3)在频率分布直方图中画出频率分布折线图.【答案】(1)(2)(3)答案见解析 【分析】(1)求出区间内的频率为,频数为,区间内的频率为,频数为,由此能求出.(2)左数第个矩形对应的频率为,且表中的数据组距为,由此能求出它的高度.(3)由频率分布直方图,能画出折线图.【详解】(1)解:区间内的频率为,频数为,区间内的频率为,频数为,则.(2)解:因为左数第个矩形对应的频率为,且表中的数据组距为,所以它的高度为:.(3)解:由频率分布直方图,画出折线图如图所示:.18.的内角的对边分别为,已知.(1)求;(2)若,面积为2,求.【答案】(1);(2)2.【详解】试题分析:(1)利用三角形的内角和定理可知,再利用诱导公式化简,利用降幂公式化简,结合,求出;(2)由(1)可知,利用三角形面积公式求出,再利用余弦定理即可求出.试题解析:(1),∴,∵,∴,∴,∴;(2)由(1)可知,∵,∴,∴,∴.19.设数列的前n项和,满足,且.(1)证明:数列为等差数列;(2)求的通项公式.【答案】(1)证明见解析;(2)【分析】(1)将两边同时取倒数在整理,根据等差数列的定义即可证明;(2)由(1)求出,进而可得,当时,,再检验是否满足,进而可得的通项公式.【详解】(1)由可得,即,所以是以为首项,以为公差的等差数列,(2)由(1)可得,即,当时,,当时,所以不满足,所以,【点睛】方法点睛:由数列前项和求通项公式时,一般根据求解,注意检验是否满足,不满足则需要分段.20.如图,四棱锥的底面是矩形,底面,,为的中点,且.(1)求;(2)求二面角的正弦值.【答案】(1);(2)【分析】(1)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,由已知条件得出,求出的值,即可得出的长;(2)求出平面、的法向量,利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】(1)[方法一]:空间坐标系+空间向量法平面,四边形为矩形,不妨以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,设,则、、、、,则,,,则,解得,故;[方法二]【最优解】:几何法+相似三角形法如图,连结.因为底面,且底面,所以.又因为,,所以平面.又平面,所以.从而.因为,所以.所以,于是.所以.所以. [方法三]:几何法+三角形面积法 如图,联结交于点N.由[方法二]知.在矩形中,有,所以,即.令,因为M为的中点,则,,.由,得,解得,所以.(2)[方法一]【最优解】:空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为,则,,由,取,可得,设平面的法向量为,,,由,取,可得,,所以,,因此,二面角的正弦值为.[方法二]:构造长方体法+等体积法 如图,构造长方体,联结,交点记为H,由于,,所以平面.过H作的垂线,垂足记为G.联结,由三垂线定理可知,故为二面角的平面角.易证四边形是边长为的正方形,联结,.,由等积法解得.在中,,由勾股定理求得.所以,,即二面角的正弦值为.【整体点评】(1)方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解;方法二利用线面垂直的判定定理,结合三角形相似进行计算求解,运算简洁,为最优解;方法三主要是在几何证明的基础上,利用三角形等面积方法求得.(2)方法一,利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法,思路清晰,运算简洁,为最优解;方法二采用构造长方体方法+等体积转化法,技巧性较强,需注意进行严格的论证.21.已知双曲线:与双曲线的渐近线相同,且经过点.(1)求双曲线的方程;(2)已知双曲线的左、右焦点分别为,,直线经过,倾斜角为,与双曲线交于两点,求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据共渐近线设出双曲线方程,代入点的坐标即可得解;(2)根据题意求出直线的方程,联立直线方程与双曲线方程,消去后由韦达定理得,从而由弦长公式求得弦长,再求出到直线距离后即可求得的面积.【详解】(1)依题意,设所求双曲线方程为,代入点得,即,所以双曲线方程为,即.(2)由(1)得,则,,,又直线倾斜角为,则,故直线的方程为,设,,联立,消去,得,则,,,由弦长公式得,又点到直线的距离,所以.22.已知函数 (1)解关于的不等式;(2)若对任意的,恒成立,求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ)答案不唯一,具体见解析.(Ⅱ)【分析】(Ⅰ)将原不等式化为,分类讨论可得不等式的解.(Ⅱ)若则;若,则参变分离后可得在恒成立,利用基本不等式可求的最小值,从而可得的取值范围.【详解】(Ⅰ) 即, ,(ⅰ)当时,不等式解集为;(ⅱ)当时,不等式解集为;(ⅲ)当时,不等式解集为,综上所述,(ⅰ)当时,不等式解集为;(ⅱ)当时,不等式解集为;(ⅲ)当时,不等式解集为 .(Ⅱ)对任意的恒成立,即恒成立,即对任意的,恒成立.①时,不等式为恒成立,此时; ②当时,, , , ,当且仅当时,即,时取“”, .综上 .【点睛】含参数的一元二次不等式,其一般的解法是:先考虑对应的二次函数的开口方向,再考虑其判别式的符号,其次在判别式于零的条件下比较两根的大小,最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解.含参数的不等式的恒成立问题,优先考虑参变分离,把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题,后者可用函数的单调性或基本不等式来求.
![文档详情页底部广告位](http://m.enxinlong.com/img/images/257d7bc79dd514896def3dc0b2e3f598.jpg)