2022-2023学年山东省济宁市第一职业高级中学高二数学理上学期期末试题含解析

1、2022-2023学年山东省济宁市第一职业高级中学高二数学理上学期期末试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知几何体的三视图如图所示，它的侧面积是（）ABCD6参考答案：B【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图判断几何体为侧棱长为1的直三棱柱，且底面为等腰直角三角形，根据棱柱的侧面积公式计算【解答】解：由三视图判断几何体为直三棱柱，其底面为等腰直角三角形，侧棱长为1，几何体的侧面积S=（1+1+）1=2+故选B2. 已知的值为 （ ） A0.1 B0.2 C0.3 D0.4参考答案：A略3. 已知函数在区

2、间(,1)上有最小值，则函数在区间 (1,+)上一定（ ）A 有最小值B. 有最大值C. 是减函数D. 是增函数参考答案：D【分析】由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想

3、，属于中等题.4. 把化为十进制数为（ ） A20B12C10D11参考答案：C略5. 在空间直角坐标系中，一定点到三个坐标平面的距离都是2，那么该定点到原点的距离是（）ABCD参考答案：B【考点】空间中的点的坐标【分析】设该定点坐标为（x，y，z），由题设推导出|x|=|y|=z|=2，由此能求出该定点到原点的距离【解答】解：设该定点坐标为（x，y，z），在空间直角坐标系中，一定点到三个坐标平面的距离都是2，|x|=2，|y|=2，|z|=2，该定点到原点的距离是： =2故选：B6. 在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，则的面积为（ ）A1

4、 B C D2参考答案：C设，由题意，又，故选C.7. 下列命题的叙述：若p：?x0，x2x+10，则p：?x00，x02x0+10；三角形三边的比是3：5：7，则最大内角为；若?=?，则=；ac2bc2是ab的充分不必要条件，其中真命题的个数为（）A1B2C3D4参考答案：B【考点】命题的真假判断与应用【分析】根据命题的否定的定义可知错误；首先根据三角形大边对大角的性质，确定长度为7的边所对的角最大，再使用余弦定理求出该角即可判断正确；将原式移项变形得到，根据向量数量积的定义可知此时有三种可能，故错误；若ac2bc2，则ab，但反之不成立，故正确【解答】解：对于：根据命题的否定的定义可知，p

5、：?x00，x02x0+10，故错误；对于：根据三角形大边对大角的性质，7所对的角最大，再由余弦定理，得cos=，故，即最大内角为，故正确；对于：若，则，此时，或，有三种可能，故错误；对于：若ac2bc2，则ab，故ac2bc2是ab的充分条件；当a=2，b=3，c=0时，ab，但ac2bc2不成立所以ac2bc2是ab的充分不必要条件，故正确；综上可知，真命题的个数为2个，故选：B【点评】本题考查了命题的否定，余弦定理，向量的数量积以及不等式的基本性质，属于知识的简单综合应用8. 集合A=yy=lgx，x1，B=2，1，1，2则下列结论正确的是（）AAB=2，1B（CRA）B=（，0）CAB

6、=（0，+）D（CRA）B=2，1参考答案：D 考点：交、并、补集的混合运算 分析：由题意A=yy=lgx，x1，根据对数的定义得A=y0，又有B=2，1，1，2，对A、B、C、D选项进行一一验证解答：解：A=yy=lgx，x1，A=yy0，B=2，1，1，2AB=1，2，故A错误；（CRA）B=（，0，故B错误；1AB，C错误；（CRA）=yy0，又B=2，1，1，2（CRA）B=2，1，故选D点评：此题主要考查对数的定义及集合的交集及补集运算，集合间的交、并、补运算是高考中的常考内容，要认真掌握，并确保得分9. 执行右边的程序框图，若p=0.8，则输出的n=（）A3B4C5D6参考答案：B

7、【考点】循环结构【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是判断S=0.8时，n+1的值【解答】解：根据流程图所示的顺序，该程序的作用是判断S=0.8时，n+1的值当n=2时，当n=3时，此时n+1=4则输出的n=4故选B10. 已知，则=( )A. B. C. D. 参考答案：D略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数f（x）=+的定义域为参考答案：（2，3）【考点】函数的定义域及其求法【分析】要使函数f（x）有意义，应满足，求出解集即可【解答】解：函数f（x）=+，即，解得2x3；f（x）的定义域为（2，3）故答案为：（2，3

8、）12. 完成下列进位制之间的转化：_（10）=_（7）参考答案：45，6313. 用数学归纳法证明时，从推到时，不等式左端应添加的代数式为 参考答案：14. 某学校高一年级男生人数占该年级学生人数的40%.在一次考试中，男、女生平均分数分别是75、80，则这次考试该年级学生平均分数为_. 参考答案：78略15. 若抛物线上存在关于直线成轴对称的两点，则a的取值范围是_参考答案：【分析】假设存在对称的两个点P，Q，利用两点关于直线成轴对称，可以设直线PQ的方程为，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，利用中点在直线上消去参数，建立关于的函数关系，求出变量的范围【详解】设抛物线上关于

9、直线对称的两相异点为、，线段PQ的中点为，设直线PQ的方程为，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程判别式可得，?由可得，故答案为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，以及对称问题，属于中档题16. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点E是线B1C段的中点，则三棱锥ADED1外接球的体积为 参考答案：36【考点】球的体积和表面积【分析】三棱锥ADED1外接球为四棱锥EA1D1DA外接球，利用勾股定理建立方程，求出球的半径，即可求出三棱锥ADED1外接球体【解答】解：三棱锥ADED1外接球为四棱锥EA1D1DA外接球，设球的半径为R，则R2=（2）2+（4R

10、）2，R=3，三棱锥ADED1外接球体积为=36故答案为：3617. 在ABC中，|3，|2，与的夹角为60，则|-|_.参考答案： 7 略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （12分）已知直线和.（1）若, 求实数的值;（2）若, 求实数的值.参考答案：(1) 若, 则.6分(2) 若, 则.10分经检验, 时, 与重合. 时, 符合条件. .12分19. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，（）证明：PA平面EDB （）证明：平面平面参考答案：见解析.试题分析：（）连接AC，AC

11、交BD于O，连接EO要证明PA平面EDB，只需证明直线PA平行平面EDB内的直线EO；（）要证明平面平面，只需证明平面内直线垂直平面内的两条相交直线即可.试题解析：解:（1）连接交于，连接底面ABCD是正方形，为中点，在中，是的中点，（3分）平面，平面，平面（2）侧棱底面，底面，底面ABCD是正方形，与为平面内两条相交直线，平面平面，是的中点，与为平面内两条相交直线，平面平面，平面平面考点：直线与平面平行的判定；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.20. 已知数列an的前n项和（1）计算；（2）猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论参考答案：（1）依题设可得，；（2）猜想：证明：当时，猜想显然成立假设时，猜想成立，即那么，当时，即又，所以，从而即时，猜想也成立故由和，可知猜想成立试题分析：（1）由题可知，即，即，依次递推下去，得出；（2）根据数学归纳法有，当，时，猜想成立，证明当时，猜想也正确，才能最后确定猜想正确；试题解析：（1）依题设可得，当时，即，即，故，；（2）猜想：证明：当时，猜想显然成立假设时，猜想成立，即那么，当时，即又，所以，从而即时，猜想也成立故由和，可知猜想成立21. （本小题12分）设函数.（I）求函数的单调区间；()若