安徽省宿州市夏廟中學2022-2023學年高二數學理上學期期末試卷含解析

安徽省宿州市夏廟中學2022-2023學年高二數學理上學期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.某圓臺如圖所示放置，則該圓臺的俯視圖是（

）參考答案：D2.設f(x)是定義在R上周期為2的奇函數，當時，，則（

）A. B. C. D.參考答案：C解：由題意可知：.本題選擇C選項.3.復數z＝i＋i2＋i3＋i4的值是

（）

A．－1

B．0

C．1

D．i參考答案：B略4.已知點P是曲線上一動點，為曲線在點P處的切線的傾斜角，則的最小值是(

)A.0 B. C. D.參考答案：D試題分析：,故選D.考點：導數的幾何意義、基本不等式.【易錯點晴】本題主要考查了導數的幾何意義.求函數的切線方程的注意事項(1)首先應判斷所給點是不是切點，如果不是，要先設出切點．(2)切點既在原函數的圖象上也在切線上，可將切點代入兩者的函數解析式建立方程組．(3)在切點處的導數值就是切線的斜率，這是求切線方程最重要的條件．本題也著重了導數的運算.5.不等式對于一切實數都成立，則

（）

A

B

C

D

或參考答案：B略6.拋物線上一點P到焦點F的距離是10,則P點的坐標是（

）A.（9,6） B.（6,9） C.（±6,9） D.（9,±6）參考答案：D【分析】由拋物線的標準方程可知其圖像開口向右，再根據對稱性可判斷選項。【詳解】由題得，，排除C，點B不在拋物線上，再根據拋物線關于x軸對稱，故選D?！军c睛】本題考查拋物線的性質，屬于基礎題。7.在△ABC中，a=1，b=，A=30°，則角C=（）A．60° B．30°或90° C．30° D．60°或120°參考答案：B【考點】正弦定理．【分析】由已知利用正弦定理可得sinB=，結合B的范圍可求B的值，進而利用三角形內角和定理可求C的值．【解答】解：∵a=1，b=，A=30°，∴由正弦定理可得：sinB===，∵b＞a，可得：B∈（30°，180°），∴可得：B=60°，或120°，∴C=180°﹣A﹣B=90°或30°．故選：B．【點評】本題主要考查了正弦定理，三角形內角和定理在解三角形中的應用，考查了轉化思想和分類討論思想，屬于基礎題．8.已知△ABC中，AB=，AC=1，∠CAB=30°，則△ABC的面積為（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】正弦定理．【分析】根據題意和三角形的面積公式直接求出△ABC的面積．【解答】解：∵△ABC中，AB=，AC=1，∠CAB=30°，∴△ABC的面積S====，故選：D．9.過點的直線與圓相交于兩點，則的最小值為（

）A.

B.

C. D.參考答案：B10.過拋物線的焦點F作傾斜角為的直線交拋物線于A，B兩點，若，則實數p的值為（

）A. B.1 C. D.參考答案：B【分析】設直線方程為,，聯立直線與拋物線可得，可得答案.【詳解】解：易得，設直線方程為，(此題中)，，可得，，可得，，可得，由題意的，故P=1,故選B.【點睛】本題是一道關于拋物線的題目，關鍵是掌握拋物線的簡單性質及弦長的計算方法.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設復數（為虛數單位），若為純虛數，則m的值為____.參考答案：【分析】把z1＝2+i，z2＝m+2i代入z1?z2，再由復數代數形式的乘除運算化簡，由實部為0且虛部不為0求解．【詳解】∵z1＝2+i，z2＝m+2i，∴z1?z2＝（2+i）（m+2i）＝（2m-2）+（4+m）i，則，即m．故答案為：．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．12.在△ABC中,角A、B、C所對的邊分別為、b、c,若(b–c)cosA=acosC，則cosA=______參考答案：13.過橢圓的左焦點作軸的垂線交橢圓于點，為右焦點，若,則該橢圓的離心率為

參考答案：14.已知數列中，，，則數列的通項公式是

參考答案：由得：

，∴15.三棱柱的所有棱長都相等，側棱與底面垂直，則異面直線與所成角的余弦值等于

參考答案：16.命題“若|x|>3,則x>3或x<-3”的逆否命題是

參考答案：若-3,則|x|3.略17.已知，，，，則長為．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數在處有極大值．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若過原點有三條直線與曲線相切，求的取值范圍；（Ⅲ）當時，函數的圖象在拋物線的下方，求的取值范圍．參考答案：（Ⅰ），或，當時，函數在處取得極小值，舍去；當時，，函數在處取得極大值，符合題意，∴．（3分）（Ⅱ），設切點為，則切線斜率為，切線方程為，即

，∴．令，則，由得，．函數的單調性如下：↗極大值↘極小值↗∴當時，方程有三個不同的解，過原點有三條直線與曲線相切．（8分）（Ⅲ）∵當時，函數的圖象在拋物線的下方，∴在時恒成立，即在時恒成立，令，則，由得，．∵，，，，∴在上的最小值是，．（12分）19.（本小題滿分12分）如圖，分別是正三棱柱的棱、的中點，且棱，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一點，使二面角的大小為，若存在，求的長，若不存在，說明理由。參考答案：法一：（Ⅰ）在線段上取中點，連結、.則，且，∴是平行四邊形……3′∴，又平面，平面，∴平面.……5′（Ⅱ）由，，得平面.過點作于，連結.則為二面角的平面角……8′在中，由，得邊上的高為，∴，又，∴，∴.……11′∴在棱上時，二面角總大于.故棱上不存在使二面角的大小為的點.……12′法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、.∴、、、、、、.……4′（Ⅰ）∵且平面，∴平面.……5′（Ⅱ）取，則，.∴，，即為面的一個法向量………7′同理，取，則，.∴，，為平面的一個法向量……9′，∴二面角為.又∵，∴二面角大于.……11′∴在棱上時，二面角總大于.故棱上不存在使二面角的大小為的點.……12′20.(本題滿分15分)已知數列中，是的前項和，且是與的等差中項，其中是不等于零的常數.（1）求；

（2）猜想的表達式，并用數學歸納法加以證明．參考答案：解：（1）由題意，

………………1分當時，，

∴

；

………2分當時，，

∴；

………3分當時，,

∴；

………4分

（2）猜想：.

………6分

證明：①當時，由（1）可知等式成立；

………7分

②假設時等式成立，即：，……8分

則當時，，

∴，

∴，

即時等式也成立.

………14分綜合①②知：對任意均成立.

………15分略21.已知橢圓的左、右焦點分別為F1、F2，四個頂點分別為為A、B、C、D，且四邊形F1AF2B是邊長為2的正方形，動點M滿足MD⊥CD，連接CM，交橢圓于點P．（1）求橢圓的方程；

（2）證明：為定值；

（3）試問x軸上是否存在異于點C的定點Q，使得以MP為直徑的圓恒過直線DP、MQ的交點，若存在求出點Q的坐標；若不存在請說明理由．

參考答案：解：（1）

∴橢圓方程為

（2）直線CM：代入橢圓方程得

（定值）

（3）設存在

則由從而得m=0∴存在Q（0，0）滿足條件

略22.已知，函數，，

.（I）求函數的單調遞減區(qū)間；（Ⅱ）若在區(qū)間上至少存在一個實數，使成立，試求正實數的取值范圍.（14分）參考答案：（I）由求導得，.

………1分①當時，由，解得所以

在上遞減.