2022-2023学年高二数学上学期期末试卷（Word版附解析）

2022学年上学期高二期末限时训练试卷数学本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.第一部分选择题（共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.【详解】由得解得或，所以或，又由解得，所以，所以， 故选:D.2.某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：522553135354313531423521541142125323345131332515324132255325则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数，再按照古典概型求概率.【详解】20组数据中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9组随机数，所以.故选：B3.设复数满足，则在复平面上对应的图形是（）A.两条直线B.椭圆C.圆D.双曲线【答案】A【解析】【分析】设，根据模长相等列出方程，得到在复平面上对应的图形是两条直线.【详解】设，则，可得：，化简得：，即或， 则在复平面上对应的图形是两条直线.故选：A4.在中，已知，，，满足此条件的三角形只有一个，则满足（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合正弦定理得，满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，即可确定B的范围，求得结果.【详解】由正弦定理得，则有，.∵满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，则，故.故选：D5.圆内接四边形中，，是圆的直径，则（）A.12B.C.20D.【答案】B【解析】【分析】根据圆内接四边形性质及数量积的定义即求. 【详解】由题知，，∴.故选：B.6.已知数列为等差数列，若，，且数列前项和有最大值，那么取得最小正值时为（）A.11B.12C.7D.6【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，因为，故可得，即，所以，可得，又因为，故可得，所以数列的前6项和有最大值，且，又因为，， 故取得最小正值时n等于.故选：A.7.已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解【详解】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，则为的中点，为中点，所以，所以，则即，所以，， 将点坐标代入椭圆方程得，即，又，所以，，所以椭圆的标准方程是.故选：B8.定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.【详解】由且，，则两边同时除以可得，令，则在单调递增，由得且，即解得，故选：D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.已知双曲线（，）的右焦点为，在线段上存在一点， 使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为（）A.B.2C.D.【答案】AB【解析】【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离列出不等式，得到，判断出AB正确.【详解】的一条渐近线方程为，设，，，整理得：，因为，所以，即，解得：，因为，，，，所以AB正确，CD错误.故选：AB10.已知正实数，满足，下列说法正确的是（）A.的最大值为2B.的最小值为4C.的最小值为D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利 用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.【详解】对于A,因为，即，解得，又因为正实数，，所以，则有，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，，即，解得（舍），当且仅当时取得等号，故B正确；对于C,由题可得所以，解得，，当且仅当即时取得等号，故C正确；对于D,，当且仅当时取得等号，故D正确，故选:BCD.11.己知正方体的边长为2，E为正方体内（包括边界）上的一点，且满足，则下列说正确的有（） A.若E为面内一点，则E点的轨迹长度为B.过AB作面使得，若，则E的轨迹为椭圆的一部分C.若F，G分别为，的中点，面FGBA，则E的轨迹为双曲线的一部分D.若F，G分别为，的中点，DE与面FGBA所成角为，则的范围为【答案】AB【解析】【分析】对于A项，转化为，得到的轨迹再求解；对于BC项，根据平面截圆锥所得的曲线的四种情况解决；对于D项，建立空间直角坐标系解决.【详解】对于A项，正方体中，平面，若为面内一点，所以.又因为，所以，在中，，所以，故点的轨迹是以为圆心为半径的个圆弧，所以点的轨迹长度为，故A正确； 对于B项，因为，即为定值，线段也为定值，取的中点，故点的轨迹是以为轴线，为母线的圆锥的侧面上的点，设平面即为下图的圆面，过点作的平行线交圆锥底面于点，交于点，从图形可得，易得，故的轨迹为椭圆的一部分，所以B正确；对于C项，平面与轴线所成的角即为平面与所成的角，是平面与轴线所成的角，在中，而母线与轴线所成的角为，在中，即母线与轴线所成的角与截面与轴线所成的角，所以点轨迹应为抛物线，故C不正确；对于D项，以为原点，建立如图所示的坐标系， 连接并延长交上底面于点，设，则，，则，设面的法向量为，所以，所以与面所成角的正弦值为又因为，所以，故D错误.故选：AB.【点睛】用平面去截圆锥所得的曲线可能为，圆、椭圆、抛物线、双曲线；截面与圆锥轴线成角等于轴线与母线所成的角，截面曲线为抛物线；截面与圆锥轴线成角大于轴线与母线所成的角，截面曲线为椭圆；截面与圆锥轴线成角小于轴线与母线所成的角，截面曲线为双曲线；截面与轴线垂直得到截面曲线为圆.12.已知函数，，则（）A.函数为偶函数B.函数为奇函数 C.函数为奇函数D.为函数函数图像的对称轴【答案】CD【解析】【分析】根据函数的的奇偶性定义可判断A,B,C，根据对称轴的性质判断D.【详解】对于A，，定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故A错误；对于B,定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故B错误；对于C,，定义域为，设，，所以函数为奇函数，故C正确；对于D,设定义域为，，所以为函数函数图像的对称轴，故D正确，故选:CD.第二部分非选择题（共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.【答案】【解析】【分析】构造，得到是等比数列，求出通项公式，进而得到. 【详解】设，即，故，解得：，故变形为，，故是首项为4的等比数列，公比为3，则，所以，故答案为：14.已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.【答案】【解析】【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．【详解】，，所以，点到的距离为．故答案为：．15.函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______. 【答案】【解析】【分析】由图象求得参数，由交点及余弦函数的对称性结合即可求值【详解】由图可知，，即，则，解得，，故.则，最小正周期为.直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，.∴.故答案为： 16.已知实数x、y满足，则的取值范围是________．【答案】.【解析】【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.【详解】因为实数满足，当时，方程为的图象为双曲线在第一象限的部分；当时，方程为的图象为椭圆在第四象限的部分；当时，方程为的图象不存在；当时，方程为的图象为双曲线在第三象限的部分；在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，表示点到直线的距离的倍根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，令，即，与双曲线渐近线平行， 观察图象可得，当过点且斜率为的直线与椭圆相切时，点到直线的距离最大，即当直线与椭圆相切时，最大，联立方程组，得，，解得，又因为椭圆的图象只有第四象限的部分，所以，又直线与的距离为，故曲线上的点到直线的距离大于1，所以综上所述，，所以，即，故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知函数.（1）求函数的单调增区间；（2）求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换化简，由整体法结合三角函数的单调增区间列不等式求解即可；（2）令，分析得关于对称，根据对称性化简求值.【小问1详解】令，则.故函数的单调增区间为.【小问2详解】，令，由得，故关于对称，故当时，关于对称. 故.18.已知等比数列对任意的满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，定义为，中较小的数，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由递推公式得，结合等比数列性质与条件等式两式相处，即可求得，再令由等式求得，即可根据公式法得通项公式；（2）化简对数式得，分析与的大小，即可根据定义得的分段函数，即可分段求和.【小问1详解】设等比数列公比为q，则有，两式相除化简得，解得， 又，可得.∴数列的通项公式.【小问2详解】，则.令，即，∵，∴当时，，即；当时，，即；∴.故当，；当时，.故.19.已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1. （1）求点的轨迹方程；（2）过点作直线与曲线交于（点在点左侧），求的最小值.【答案】（1）或.（2）20【解析】【分析】（1）设，得即可解决；（2）设直线为，联立方程，结合韦达定理得，由基本不等式解决即可.【小问1详解】由题知，动点到定点的距离比它到轴的距离多1，设，所以，当时，，化简得，当时，，化简得，所以点轨迹方程为，或..【小问2详解】由题得，过点作直线与曲线交于（点在点左侧），所以由（1）得，设直线为，将代入中得，所以，即，，即， 所以当且仅当，即时，取等号，所以所以的最小值为20.20.已知正项数列满足，且，设.（1）求证：数列为等比数列并求的通项公式；（2）设数列的前项和为，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用化简可得数列是以为公比为首项的等比数列，求出可得，再利用累乘法求通项公式可得答案； （2）求出利用裂项相消求和可得答案.【小问1详解】因为，所以，因为，所以，所以，且，所以数列是以为公比，为首项的等比数列，即，即，可得，，所以时，，即，而此时时，，所以；【小问2详解】由（1），所以， 所以，所以.21.已知四棱锥中，，，，，，面面ABE，.（1）求证：（2）求面ADE与面BCE所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过C作交AB于G，连接，根据面面垂直的性质可得面ABE，从而可得，再利用向量法结合数量积的运算律证明，从而可得面ABCD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）过D作交AB于O，以O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】证明：过C作交AB于G，连接，∵面面ABE，且AB为交线，平面，∴面ABE，又平面，∴，∵，∴，即，即，∴，即，∵平面，∴面ABCD，又平面，∴；【小问2详解】解：过D作交AB于O，∴，∴面ABE，由（1）得，以O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，由，，得，，，∴，，，，，∴，，，，设面ADE，面BCE的法向量分别为，，∴，即，令，则，，即，令，则， ∴，∴面ADE与面BCE所成的锐二面角的余弦值为.22.换元法在数学中应用较为广泛，其目的在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.（1）请利用上述方法，求点的轨迹方程；（2）过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义解决即可； （2）设直线为，直线为，，联立方程解得，得，得，联立，得，由点在椭圆上即可解决.【小问1详解】由题知，平面内一动点到两个定点，的距离之和为4，满足椭圆的定义，即点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，所以，所以，所以点的轨迹方程为，【小问2详解】由（1）得，，，因为与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，所以，设直线为，直线为，，联立，消去得，所以，即，所以， 所以，所以，所以，联立，解得，即因为点在椭圆上，所以，化简得，解得或（舍去），所以，所以的值为.