2022-2023学年山东省泰安市肥城第四高级中学高二数学理上学期期末试卷含解析_第1页
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文档简介

1、2022-2023学年山东省泰安市肥城第四高级中学高二数学理上学期期末试卷含解析一、 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. 下列四个图像中,是函数图像的是 ( )A、(1) B、(1)、(3)、(4) C、(1)、(2)、(3) D、(3)、(4)参考答案:B略2. 正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为6,底面边长为4,则该球的表面积为() A B C D 16参考答案:B考点: 球的体积和表面积专题: 球分析: 根据正四棱锥PABCD与外接球的关系求出球的半径,即可求出球的表面积解答: 解:如图,正四棱锥PABCD中,

2、PE为正四棱锥的高,根据球的相关知识可知,正四棱锥的外接球的球心O必在正四棱锥的高线PE所在的直线上,延长PE交球面于一点F,连接AE,AF,由球的性质可知PAF为直角三角形且AEPF,底面边长为4,AE=,PE=6,侧棱长PA=,PF=2R,根据平面几何中的射影定理可得PA2=PF?PE,即44=2R6,解得R=,则S=4R2=4()2=,故选:B点评: 本题考查球的表面积,球的内接几何体问题,考查计算能力,根据条件求出球的半径是解决本题的关键3. 函数的单调递增区间是( )A. B. C . D. 参考答案:D4. 如图是一个商场某一个时间制定销售计划时的局部结构图,则“计划”受影响的主要

3、要素有( )A.1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 参考答案:C略5. 已知向量满足,则向量的夹角为 ( )ABCD参考答案:B6. 在边长为1的正六边形ABCDEF中,记以A为起点,其余顶点为终点的向量分别为;以D为起点,其余顶点为终点的向量分别为.若分别为的最小值、最大值,其中,,则满足. A. B. C. D.参考答案:D略7. 设随机变量X的分布列如下表,且,则()01230.10.10.20.1参考答案:C8. 设函数f(x)的定义域为R,f(x)=f(x),f(x)=f(2x),当x0,1时,f(x)=x3则函数g(x)=|cos(x)|f(x)在区间,上的所有零点的和为()

4、A7B6C3D2参考答案:A【考点】52:函数零点的判定定理【分析】根据f(x)的对称性和奇偶性可知f(x)在,上共有3条对称轴,x=0,x=1,x=2,根据三角函数的对称性可知y=|cos(x)|也关于x=0,x=1,x=2对称,故而g(x)在,上3条对称轴,根据f(x)和y=|cos(x)|在0,1上的函数图象,判断g(x)在,上的零点分布情况,利用函数的对称性得出零点之和【解答】解:f(x)=f(2x),f(x)关于x=1对称,f(x)=f(x),f(x)根与x=0对称,f(x)=f(2x)=f(x2),f(x)=f(x+2),f(x)是以2为周期的函数,f(x)在,上共有3条对称轴,分

5、别为x=0,x=1,x=2,又y=|cos(x)关于x=0,x=1,x=2对称,x=0,x=1,x=2为g(x)的对称轴作出y=|cos(x)|和y=x3在0,1上的函数图象如图所示:由图象可知g(x)在(0,)和(,1)上各有1个零点又g(1)=0,g(x)在,上共有7个零点,设这7个零点从小到大依次为x1,x2,x3,x6,x7则x1,x2关于x=0对称,x3,x5关于x=1对称,x4=1,x6,x7关于x=2对称x1+x2=0,x3+x5=2,x6+x7=4,x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7=7故选:A9. 直线与曲线有且只有一个交点,则的取值范围是 ( )A. B. 且 C.

6、D. 非A、B、C结论参考答案:D10. 已知是虚数单位,则= ( ).A B C D参考答案:A略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设变量x,y满足约束条件,则目标函数的最大值为参考答案:【考点】简单线性规划【专题】计算题;作图题;数形结合法;不等式【分析】若求目标函数的最大值,则求2x+y的最小值,从而化为线性规划求解即可【解答】解:若求目标函数的最大值,则求2x+y的最小值,作平面区域如下,结合图象可知,过点A(1,1)时,2x+y有最小值3,故目标函数的最大值为,故答案为:【点评】本题考查了线性规划的变形应用及数形结合的思想应用,同时考查了指数函数的单调性的应用

7、12. 给出下列3个命题:若,则;若,则;若且,则,其中真命题的序号为 参考答案: 13. 已知P是椭圆上的一点,F1,F2是椭圆的两个焦点,当时,则的面积为_参考答案:14. 如图所示,图中曲线方程为y=x21,则围成封闭图形(阴影部分)的面积是 参考答案:2【考点】定积分;定积分的简单应用【分析】利用定积分的几何意义表示阴影部分面积,然后计算定积分【解答】解:曲线方程为y=x21,则围成封闭图形(阴影部分)的面积是=(x)|+()|=2;故答案为:215. 在正三棱锥SABC中,M是SC的中点,且AMSB,底面边长AB=2,则正三棱锥SABC的体积为,其外接球的表面积为 参考答案:,12【

8、分析】根据空间直线平面的垂直问题,得出棱锥的高,转化顶点,求解体积,补图的正方体的外接球求解【解答】解:取AC中点D,则SDAC,DBAC,又SDBD=D,AC平面SDB,SB?平面SBD,ACSB,又AMSB,AMAC=A,SB平面SAC,SASB,SCSB,根据对称性可知SASC,从而可知SA,SB,SC两两垂直,将其补为立方体,其棱长为2,VSABC=SCASB=,其外接球即为立方体的外接球,半径r=,表面积S=43=1216. 已知正方体的棱长为1,过点A作平面的垂线,垂足为H,有以下四个命题:(1)点H为三角形的垂心。(2)AH垂直于平面(3)二面角的正切值是。其中真命题的序号为 参

9、考答案:(1)(2)(3)17. 对于三次函数(),定义:设是函数的导数的导数,若方程0有实数解,则称点为的“拐点”有同学发现“任一个三次函数都有拐点;任一个三次函数都有对称中心;且拐点就是对称中心”请你将这一发现为条件,函数的对称中心为_。参考答案: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. (本题12分)如图,PAB,PCD是O的割线,PQ是O的切线,连接AC,AD,若PAC=BAD。求证:(1)PAPB=ACAD;(2)PQ2-PA2=ACAD。参考答案:略19. 已知椭圆=1(ab0)上的点P到左、右两焦点F1,F2的距离之和为2,离心率为(

10、)求椭圆的方程;()过右焦点F2的直线l交椭圆于A、B两点(1)若y轴上一点满足|MA|=|MB|,求直线l斜率k的值;(2)是否存在这样的直线l,使SABO的最大值为(其中O为坐标原点)?若存在,求直线l方程;若不存在,说明理由参考答案:考点: 椭圆的简单性质专题: 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程分析: ()利用椭圆的定义求出a,根据离心率,求出c,可得b,即可求椭圆的方程;()(1)设直线的方程为y=k(x1),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理、中点坐标公式,可得AB的中点坐标,分类讨论,利用|MA|=|MB|,可得方程,即可求直线l斜率k的值;(2)分类讨论,求出SABO,即可得出结

11、论解答: 解:(),(1分),b2=a2c2=21=1(2分)椭圆的标准方程为(3分)()已知F2(1,0),设直线的方程为y=k(x1),A(x1,y1)B(x2,y2)联立直线与椭圆方程,化简得:(1+2k2)x24k2x+2k22=0,(4分)AB的中点坐标为(5分)(1)k=0时,不满足条件;当k0时,|MA|=|MB|,整理得2k23k+1=0,解得k=1或(7分)(2)k=0时,直线方程为x=1,代入椭圆方程,此时y=,SABO=,k0时,SABO=|y1y2|=|=?kR,k0,综上,满足题意的直线存在,方程为x=1(14分)点评: 本题考查椭圆方程,考查直线与椭圆的位置关系,考

12、查三角形面积的计算,考查学生分析解决问题的能力,有难度20. 已知椭圆C: +y2=1,F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点()求椭圆C的长轴和短轴的长,离心率e,左焦点F1;()已知P是椭圆上一点,且PF1PF2,求F1PF2的面积参考答案:【考点】椭圆的简单性质【分析】()由椭圆的方程及性质直接求解()由椭圆的定义知,勾股定理,得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,2,得|PF1|?|PF2|即可【解答】解:()由椭圆知a2=2,b2=1,则,故c=1所以椭圆C的长轴,短轴2b=2,离心率,左焦点F1(1,0)()解:由()可得,b=1,c=1由椭圆的定义知,在RtPF1F2

13、中,由勾股定理,得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,2,得2|PF1|?|PF2|=84=4,|PF1|?|PF2|=2,S=|PF1|?|PF2|=2=121. 如图,在四棱锥ABCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=()证明:DE平面ACD;()求二面角BADE的大小参考答案:【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定【分析】()依题意,易证AC平面BCDE,于是可得ACDE,又DEDC,从而DE平面ACD;()作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连接BG,由()知DEAD,则FGA

14、D,所以BFG就是二面角BADE的平面角,利用题中的数据,解三角形,可求得BF=,AF=AD,从而GF=,cosBFG=,从而可求得答案【解答】证明:()在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE,又DEDC,从而DE平面ACD;()作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连接BG,由()知DEAD,则FGAD,所以BFG就是二面角BADE的平面角,在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,

15、得BD平面ABC,从而BDAB,由于AC平面BCDE,得ACCD在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=;在RtAED中,由ED=1,AD=得AE=;在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=得BF=,AF=AD,从而GF=,在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=,BG=在BFG中,cosBFG=,所以,BFG=,二面角BADE的大小为22. 已知数列an、bn中,对任何正整数n都有:a1bn+a2bn1+a3bn2+an1b2+anb1=2n+1n2(1)若数列an是首项和公差都是1的等差数列,求b1,b2,并证明数列bn是等比数列;(2)若数列bn是等比数列,数列an是

16、否是等差数列,若是请求出通项公式,若不是请说明理由;(3)若数列an是等差数列,数列bn是等比数列,求证:+参考答案:【考点】数列与不等式的综合【专题】证明题;等差数列与等比数列【分析】(1)利用递推关系式得出bn+2bn1+3bn2+(n1)b2+nb1=2n+1n2,bn1+2bn2+3bn3+(n2)b2+(n1)b1=2nn1,(n2),相减得出bn+bn1+b2+b1=2n1,利用前n项的和Sn求解bn=2n1,证明即可(2)bqn1a1+bqn2a2+bqn3a3+bqan1+ban=2n+1n2,又bqn2a1+bqn3a2+bqn4a3+ban1=2nn1(n2),an=2nn,讨论求解即可(3)求解+=+求解为和的形式,放缩即可【解答】解:(1)b1=1,b2=2,依题意数列an的通项公式是an=n,故等式即为bn+2bn1+3bn2+(n1)b2+nb1=2n+1n2,bn1+2bn2+3bn3+(n2)b2+(n1)b1=2nn1,(n2),两式相减可得bn+bn1+b2+b1=2n1,得bn=2n1,数列bn是首项为1,公比为2的等比数列 (2)设等比数列bn的首项为b,公比为q,则bn=bqn1,从而有:bqn1a1+bqn2a2+bqn3

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