河南省焦作市沁阳市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

2022—2023学年上期期末质量调研试题高二数学（理）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.命题“任意，”的否定是（）A.存在，B.存在，C.任意，D.任意，【答案】B【解析】【分析】根据全称命题与存在性命题的之间的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的之间的关系，可得：命题“任意，”的否定是“存在，”.故选：B.2.已知等差数列的前项和为，若，则的值为（）A.10B.20C.25D.30【答案】D【解析】【分析】利用等差数列下标和性质求得，进而求得的值.【详解】等差数列中，，则，则故选：D3.关于的不等式的解集是，则的取值范围是A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】∵∴∵不等式的解集是∴用数轴表示如图：∴，故选C4.已知，，，d均为实数，下列不等关系推导成立的是（）A.若，B.若，C.若，D.若，【答案】D【解析】【分析】举反例否定选项AB；求得的正负判断选项C；求得的大小关系判断选项D.【详解】由，，可得，则选项A判断错误；由，，可得，则选项B判断错误；，又，则.则选项C判断错误；由，可得，又，则，则.则选项D判断正确.故选：D5.在中，角A，，的对边分别为，，，若，则角A与角的关系为（）A.B.C.且D.或【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理和余弦定理求得，，之间的关系，进而得到角A与角的关系. 【详解】由，可得，则，则，则，则，整理得，则或，则或.故选：D6.已知数列，，，，，，…，，，，…，，则其第43项为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】运用归纳及等差数列前n项和求解即可.【详解】以1为分母的有1项：；以2为分母的有2项：，；以3为分母的有3项：，，；…；以此类推：以n为分母的有n项：，，……，.所以，又因为，可得第项为分母为的第个数，所以此数列的第43项为：.故选：C.7.已知点，是坐标原点，点的坐标满足：，设，则 的最大值是（）A-6B.1C.2D.4【答案】D【解析】【分析】先由不等式组得到可行域，将目标函数化为，由图像得到在过点时取得最大值，代入约束条件求解即可．【详解】解：不等式组，它的可行域如图：为坐标原点，点的坐标为，点，则，，所以，则，如图直线经过可行域点时纵截距最大，即取得最大值，由，解得，即，将代入得，故选：D．8.已知命题，命题.若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题意可知：，解得：，，，，:或，:或，若是的充分条件，则是的子集，且，解得.故答案为9.设，分别为双曲线C：的左、右焦点，点P为双曲线右支上一点，M是的中点，且，，则双曲线的离心率为（）A.5B.C.D.4【答案】A【解析】【分析】根据几何关系，可知，再结合双曲线的定义，即可求得双曲线的离心率.【详解】点分别是线段和的中点，所以，因为，所以，因为，，解得：，，，即， 解得：.故选：A10.在棱长为2的正方体，中，、分别是、的中点，则点到截面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，故设平面的法向量为，所以点到截面的距离为. 故选：B11.已知是抛物线上的一个动点，则点到直线和的距离之和的最小值是（）A.3B.4C.D.6【答案】B【解析】【分析】先判断直线与抛物线的位置关系，过点作于点，于点，连接，根据抛物线的定义，得到，推出，结合图形，可得，，共线时，最小，进而可得出结果.【详解】由消去得，因为，所以方程无解，即直线与抛物线无交点；过点作于点，于点，记抛物线的焦点为，连接，因为点到直线的距离为,为抛物线的准线，根据抛物的定义可得，，则到直线和的距离之和为，若，，三点不共线，则有，当，，三点共线，且位于之间时，， 则，又，所以，即所求距离和的最小值为.故选：.12.如下图，两点都在河的对岸（不可到达），为了测量两点间的距离，选取一条基张，测得：，，，则()A.B.C.D.数据不够，无法计算【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，确定，再借助直角三角形勾股定理计算作答.【详解】在四边形中，因为，，有，则，令交于，则，，显然，于是，而，因此，解得.故选：A 二、填空题：本大题共1个小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置横线上.13.在中，其三边分别为，，且三角形的面积，则角__________.【答案】##【解析】【分析】根据面积公式结合余弦定理计算出的值，即可求解出的值.【详解】因为，所以，则，又，所以故答案为：.14.已知数列满足，，则__________．【答案】【解析】【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出，即可得解.【详解】解：由，，同时除以可得.即是以为首项，为公差的等差数列.所以，即.故答案为：.15.过椭圆内一点，且被这点平分的弦所在直线的方程是___.【答案】【解析】 【分析】利用点差法即可求得过点且被点P平分的弦所在直线的方程.【详解】设该直线与椭圆的两个交点分别为，则又，，两式相减得则，则，则所求直线方程为，即经检验符合题意.故答案为：16.已知函数，若正实数，满足.则的最小值为__________.【答案】1【解析】【分析】先判断的单调性和奇偶性，求出a与b的关系，再运用基本不等式求解.【详解】是奇函数；又，是单调增函数，由得，，当且仅当时等号成立；故答案为：1.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知命题p：方程(a>0)表示双曲线，命题q：方程表示焦点在y轴上的椭圆．(1)若命题q为真命题，求m的取值范围；(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）命题q为真命题，即方程表示焦点在y轴上的椭圆，只需要满足2－m＞m－1＞0即可；（2）p是q的充分不必要条件，则p命题下m的范围是q命题下m的范围的子集.【详解】(1)∵命题q为真命题，∴2－m＞m－1＞0，∴1＜m＜.(2)方程＋＝1(a>0)表示双曲线，则(m－3a)(m－4a)＜0(a＞0)，解得3a＜m＜4a，∵p是q的充分不必要条件，∴解得≤a≤.【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．18.的内角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得，求得，即可求得值； （2）由余弦定理求得，再由，求得，进而得到，即可得到的周长.【小问1详解】解：因为，由正弦定理化简得，整理得，因为，可得，且，所以，又因为，所以.【小问2详解】解：由余弦定理，可得，即，又由，解得，将代入，可得，所以，故的周长为.19.已知数列满足，，数列的前项和为，且.（1）求数列、的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【解析】【详解】试题分析：（1）由等差数列的定义和通项公式可得an；运用数列的递推式：当n=1时，b1=S1，当n≥2时，bn=Sn-Sn-1，即可得到{bn}的通项公式；（2）由（1）知cn=， 运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．试题解析：（1）因为，，所以为首项是1，公差为2的等差数列，所以又当时，，所以，当时，…①…②由①-②得，即，所以是首项为1，公比为的等比数列，故.（2）由（1）知，则①②①-②得所以点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.20.已知椭圆C：的焦距为2，以椭圆短轴为直径的圆经过点，椭圆的右顶点为A．求椭圆C的方程；过点的直线l与椭圆C相交于两个不同的交点P，Q，记直线AP，AQ的斜率分别为，，问是否为定值？并证明你的结论． 【答案】（1）(2)见解析【解析】【分析】由已知求得c与b，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；当直线PQ的斜率不存在时，显然不合题意；当直线PQ的斜率存在时，设直线方程为，与椭圆方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率公式即可求得为定值．【详解】由题意可知，，则，，，可得椭圆标准方程为；当直线PQ的斜率不存在时，显然不合题意；当直线PQ斜率存在时，设直线方程为，即，联立方程组，得．由，得．设，则，．．所以为定值．【点睛】 本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21.如图所示，在底面为平行四边形的四棱锥中，,平面，且，，点是的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的大小．【答案】（1）见解析（2）【解析】【详解】试题分析：（1）一般线面平行考虑连接中点，形成中位线，连BD交AC于M,连接EM即可；（2）以A为原点建系，显然只需求平面EAC的法向量，利用法向量求二面角．试题解析：∵平面，，平面，∴，，且，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．（1）∵，，∴，∴，，设平面的法向量为，则，取，得．又，所以，∵，∴， 又平面，因此，平面．（2）∵平面的一个法向量为，由（1）知，平面的法向量为，设二面角的平面角为（为钝角），则，得：．所以二面角的大小为．22.已知抛物线，过抛物线C的焦点F作互相垂直的两条直线AB，CD，与抛物线C分别相交于A，B和C，D，点A，C在x轴上方.（1）若直线AB的倾斜角为，求的值；（2）设与的面积之和为S，求S的最小值.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）先求出直线直线AB的方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理和抛物线的性质即可求出；（2）设直线AB的方程为，则CD为，分别根据韦达定理和基本不等式即可求出S的最小值.【详解】解：（1）直线AB的方程为，设，，由，消y可得，∴， ∴.（2）由已知条件得直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，则CD为，设，，，，由，消y可得，∴，，∴，∴，由，消y可得，∴1，，∴，∴∴，当且仅当时等号成立，故S的最小值为8.【点睛】本题考查了直线和抛物线位置关系，韦达定理，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.