陕西省汉中市2022-2023学年高二理科数学上学期期末试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第一学期期末质量检测考试高二理科数学试题注意事项：1.试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.2.答第Ⅰ卷前考生务必在每小题选出答案后，用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，再选涂其他答案.3.第Ⅱ卷答在答卷纸的相应位置上，否则视为无效.答题前考生务必将自己的班级、姓名、学号、考号座位号填写清楚.第I卷（选择题，共60分）一、单项选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把答案填在答题卡上.1.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题判断即可.【详解】根据全称命题的否定是特称命题，所以“”的否定是“”.故选：C2.下列命题中，是真命题的是（）A.如果，那么B.如果，那么C.如果，那么D.如果，，那么【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质和特殊值法，逐项验证可得出答案.【详解】对于A，如果，那么，故错误； 对于B，如果，那么，故错误；对于C，如果，那么，故错误；对于D，如果，那么，由，则，故正确.故选：D.3.数列中，，，那么这个数列的通项公式是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知等式证明数列为等差数列，即可写出等差数列的通项公式.【详解】因为，所以数列是以5为首项，3为公差的等差数列，则.故选：B【点睛】本题考查等差数列的概念及通项公式，属于基础题.4.若椭圆上一点A到焦点的距离为2，则点A到焦点的距离为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义有，结合已知即可求A到焦点的距离.【详解】由椭圆方程知：.根据椭圆的定义有.因为，所以.故选：D5.记为等比数列的前n项和.若，，则（）A7B.8C.9D.10【答案】A 【解析】【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.【详解】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列∴，∴，∴.故选：A.6.设，则“”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】A【解析】【分析】解出一元二次不等式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由可得，即，则是的充分不必要条件，故选：A.7.已知，，且，则的最小值为（）A.8B.9C.D.【答案】B【解析】【分析】利用展开结合均值不等式即可求解.【详解】因为，所以 ，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，故选：B8.若满足约束条件，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距取得最大值，利用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，由得：，则当取最小值时，在轴截距取得最大值，由图象可知：当直线过时，轴截距最大， 由得：，即，.故选：C.9.函数的极大值为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，进而得到极大值.【详解】由题意得.由，得；由，得或.则在和上单调递减，在上单调递增，故极大值.故选：C10.已知等差数列的前n项和为，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列前项和公式，及下标和性质得到、，即可得到方程，计算可得；【详解】解：由，有 ，得．故选：A11.已知点A，B分别是椭圆的右、上顶点，过椭圆C上一点P向x轴作垂线，垂足恰好为左焦点，且，则椭圆C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，，，再根据列式求解即可【详解】由已知得：，，所以，由得：所以所以由得： 所以故选：C12.圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑．1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由正弦得出，再结合正弦定理得到，进而能求.【详解】由题意知：，所以在中，，在中，由正弦定理得所以， 在中，故选：D第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.不等式的解集为______________．【答案】或【解析】【分析】由题可得，进而即得.【详解】由，得，所以或，故不等式得解集为或．故答案为：或．14.在平面直角坐标系xOy中，若抛物线上的点P到该抛物线的焦点的距离为6，则点P的横坐标x＝______．【答案】5【解析】【分析】根据抛物线的定义和焦半径公式即可求解.详解】由题可知.故答案为：5.15.若关于x的不等式对一切实数x恒成立，则实数k的取值范围是___________.【答案】 【解析】【分析】根据一元二次不等式与二次函数的关系，可知只需判别式，利用所得不等式求得结果.【详解】不等式对一切实数x恒成立，，解得：故答案为：.16.设是椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则的面积等于_______.【答案】【解析】【分析】先利用定义求出的各边，再求出，即可求出的面积.详解】由，且，在中，∠.故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.17.设：实数满足，．（1）若，且，都为真命题，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）解不等式确定命题，然后求出中范围的交集可得；（2）求出不等式的解，根据充分不必要条件的定义列不等式组求解．【小问1详解】时，，，即，又，而，都为真命题，所以；【小问2详解】，，是的充分不必要条件，则且等号不能同时取得，所以．18.焦点在轴上的椭圆的方程为，点在椭圆上.（1）求的值.（2）依次求出这个椭圆的长轴长、短轴长、焦距、离心率.【答案】（1）2（2）长轴长4、短轴长、焦距、离心率【解析】【分析】（1）根据题意，代入点，即可求解.（2）由（1），写出椭圆方程，求解，根据椭圆长轴长、短轴长、焦距、离心率定义，即可求解.【详解】（1）由题意，点在椭圆上，代入，得，解得（2）由（1）知，椭圆方程为，则 椭圆的长轴长；’短轴长；焦距；离心率.【点睛】本题考查（1）代入点求椭圆方程（2）求解长轴长、短轴长、焦距、离心率；考查概念辨析，属于基础题.19.在中，已知角，，的对边分别为，，，且（1）求角的大小（2）若为锐角三角形，且，，求的面积．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知式子统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求出角，（2）利用余弦定理结合已知条件求出，然后利用面积公式可求出三角形的面积.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得因为，所以所以，所以，因为，所以或． 【小问2详解】因为三角形为锐角三角形，所以，由余弦定理得，，因为，，所以，所以，，所以三角形的面积为．20.已知各项均不相等的等差数列的前4项和为10，且是等比数列的前3项．（1）求；（2）设，求的前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项公式求得基本量，从而利用公式法依次求得；（2）结合（1）中结论，利用分组求和法与裂项相消法即可得解.【小问1详解】设等差数列的公差为，前项和为，则，因为，则，即，又因为成等比数列，所以，即，整理得，又因为，所以， 联立，解得，所以，又，，是等比数列，所以，则.【小问2详解】由（1）得，所以，所以数列的前n项和.21.已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数单调性.【答案】（1）（2）时，递减区间为；当时，在递减，在递增.【解析】【分析】（1）求导数，利用导数的几何意义求曲线在点处的切线方程；（2）先求出函数的导数，通过讨论的取值范围求出函数的单调区间．【小问1详解】当时，函数，， ∴，，∴曲线在点处的切线方程为【小问2详解】.当时，，的单调递减区间为；当时，令或（舍去），故当，当，因此在递减，在递增.22.已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线在y轴上的截距为m，交椭圆于A，B两个不同点.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）求证直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）且；（Ⅲ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）设出椭圆方程，根据题意得出关于的方程组，从而求得椭圆的方程；（Ⅱ）根据题意设出直线方程，并与椭圆方程联立消元，根据直线与椭圆方程有两个不同交点，利用即可求出m的取值范围；（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，根据题意把所证问题转化为证明k1+k2=0即可. 【详解】（1）设椭圆方程为，由题意可得，解得，∴椭圆方程为；（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，，所以设直线的方程为，由消元，得∵直线l与椭圆交于A，B两个不同点，所以，解得，所以m的取值范围为.（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可，设，由（Ⅱ）可知，则，由，而，， 故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.