2022-2023学年广东省江门市霞路初级中学高二数学文下学期期末试卷含解析VIP

1、2022-2023学年广东省江门市霞路初级中学高二数学文下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. 下列函数中既是偶函数又是上的增函数的是 （ ）A. B. C. D. 参考答案：C2. 设，且恒成立，则的最大值是（ ）A B C D参考答案：C略3. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,如果输入某个正整数n后,输出的S,那么n的值为()A.3 B.4 C.5 D.6参考答案：B略4. 在复平面内，复数i（2i）对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限参考答案：A【考点】A4：复数的代数表

2、示法及其几何意义【分析】首先进行复数的乘法运算，得到复数的代数形式的标准形式，根据复数的实部和虚部写出对应的点的坐标，看出所在的象限【解答】解：复数z=i（2i）=i2+2i=1+2i复数对应的点的坐标是（1，2）这个点在第一象限，故选A5. 设变量满足约束条件则目标函数的最小值是A B CD参考答案：B6. 已知a是实数，则1是a1的( )A既不充分又不必要条件B充要条件C充分不必要条件D必要不充分条件参考答案：D考点：充要条件 专题：简易逻辑分析：解出关于a的不等式，结合充分必要条件的定义，从而求出答案解答：解：解不等式1得：a0或a1，故1是a1的必要不充分条件，故选：D点评：本题考查了

3、充分必要条件，考查解不等式问题，是一道基础题7. 已知向量(1,2)，(x，4)，若，则( )A4 B4 C2 D参考答案：D8. 在极坐标系中，O为极点，则SAOB=（）A2B3C4D5参考答案：D【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程【分析】AOB=利用直角三角形面积计算公式即可得出【解答】解：AOB=SAOB=5故选：D9. 已知，则m等于（ ）A. 1B. 4C. 1或3D. 3或4参考答案：C【分析】根据组合数的性质即可得到方程，解方程求得结果.【详解】由得：或解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查组合数性质的应用，属于基础题.10. 在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中点，AB

4、1BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A30B45C60D90参考答案：B【考点】二面角的平面角及求法【分析】以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DBC1与平面CBC1所成的角【解答】解：以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系设底面边长为2a，侧棱长为2b，则A（0，0，0），C（0，2a，0），D（0，a，0），B（a，a，0），C1（0，2a，2b），B1（a，a，2b）=（），=（，a，2b），=（，0，0），=（0，a，2b），由AB1BC1，得?=2a24b2=0，即2b2=a2设=（x，y

5、，z）为平面DBC1的一个法向量，则?=0， ?=0即，又2b2=a2，令z=1，解得=（0，1）同理可求得平面CBC1的一个法向量为=（1，0）设平面DBC1与平面CBC1所成的角为，则 cos =，解得=45平面DBC1与平面CBC1所成的角为45故选：B【点评】本题考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设为抛物线上的动弦，且则弦的中点到轴的最小距离为 . 参考答案：12. 一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 参考答案：13. 一个几何体的三视图及部分数据如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是

6、等腰直角三角形，则该几何体的外接球的面积为.参考答案：14. 已知圆，圆心为，点， 为圆上任意一点，的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程为_.参考答案：略15. 若抛物线y2=2px的焦点与椭圆的右焦点重合，则该抛物线的准线方程为_.参考答案：16. 若a，b是正常数，ab，x，y（0，+），则，当且仅当时上式取等号利用以上结论，可以得到函数（）的最小值为 ，取最小值时x的值为 参考答案：25，【考点】基本不等式在最值问题中的应用【分析】依据题设中的条件的形式，可推知当函数f（x）有最小值，求得x，进而最小值也可求【解答】解：依题意可知=25，当且仅当时，即x=时上式取等号，最小值为25，故答案

7、为：25，【点评】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用考查了学生通过已知条件，解决问题的能力17. -右边的流程图最后输出的的值是 参考答案：5三、 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. 在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1、2、3、4的四个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个球被取出的可能性相等（）求取出的两个球上标号为相同数字的概率；（）求取出的两个球上标号之积能被3整除的概率参考答案：【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【专题】应用题【分析】设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x、y，用（x，y）表示抽取结果，则所有可能

8、的结果有16种，（I）A=（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），代入古典概率的求解公式可求（）设“取出的两个球上标号的数字之积能被3整除”为事件B，则B=（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3），代入古典概率的求解公式可求【解答】解：设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x、y，用（x，y）表示抽取结果，则所有可能的结果有16种，即（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）共16种结果，每种

9、情况等可能出现 （）设“取出的两个球上的标号相同”为事件A，则A=（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）事件A由4个基本事件组成，故所求概率答：取出的两个球上的标号为相同数字的概率为 （）设“取出的两个球上标号的数字之积能被3整除”为事件B，则B=（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3）事件B由7个基本事件组成，故所求概率答：取出的两个球上标号之积能被3整除的概率为 【点评】本题主要考查了等可能事件的概率公式的应用，解题的关键是准确求出每种情况下事件的个数19. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AA1=2。E

10、、F分别是线段AB、BC上的点，且EB=BF=1。求直线EC1与FD1所成的角的余弦值。参考答案：解：延长BA至点E1,使AE1=1,连结E1F、DE1、D1E1、DF，有D1C1/E1E, D1C1=E1E,则四边形D1E1EC1是平行四边形。则E1D1/EC1.于是E1D1F为直线与所成的角。在RtBE1F中，.在RtD1DE1中, 在RtD1DF中,在E1FD1中,由余弦定理得： 直线与所成的角的余弦值为.20. 已知递增的等差数列an中，a2、a5是方程x212x+27=0的两根，数列bn的前n项和为Sn，且Sn=1（1）求数列an，bn的通项公式；（2）记cn=an?bn，数列cn的

11、前n项和为Tn求证：Tn2参考答案：【考点】数列的求和；等差数列的通项公式【分析】（1）解方程可得a2=3，a5=9，从而求得an=2n1；讨论n以确定b1=；n2时bn=bn1，从而解得bn的通项公式；（2）化简cn=an?bn=2（）n?（2n1），从而利用错位相减法求数列的前n项和即可【解答】解：（1）x212x+27=0，x=3或x=9，又等差数列an是递增数列，且a2、a5是方程x212x+27=0的两根，a2=3，a5=9，an=2n1；当n=1时，b1=1b1，故b1=； 当n2时，Sn=1bn，Sn1=1bn1，故bn=（1bn）（1bn1），故bn=bn1，故bn是以为首项，

12、为公比的等比数列，故bn=?（）n1=2（）n（2）证明：cn=an?bn=2（）n?（2n1），Tn=?1+?3+?5+2（）n?（2n1），3Tn=2?1+?3+?5+?7+2（）n1?（2n1），故2Tn=2+?2+?2+?2+4（）n12（）n?（2n1），故Tn=1+2（）n1（）n?（2n1）=1+（）n?（2n1）=2（）n1（）n?（2n1）221. 已知命题：方程表示双曲线，命题：，.（）若命题为真，求实数的取值范围；（）若为真，为真，求实数的取值范围.参考答案：（）命题为真，当时，故；当时，符合题意；当时，恒成立.综上，.（）若为真，则，即.若为真，为真，真假，解得.22.

13、 已知椭圆C： =1（ab0）的焦距为2，椭圆C上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6（）求椭圆C的方程；（）设直线l：y=kx2与椭圆C交于A，B两点，点P（0，1），且|PA|=|PB|，求直线l的方程参考答案：【考点】椭圆的简单性质【专题】综合题；方程思想；待定系数法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）由椭圆的定义可得a，由焦距的概念可得c，再由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；（）直线l：y=kx2代入椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得k的方程，解方程可得直线方程【解答】解：（）由椭圆的定义可得2a=6，2c=2，解得a=3，c=，所以b2=a2c2=3，所以椭圆C的方程为+=1 （）由得（1+3k2）x212kx+3=0，由于直线与椭圆有两个不同的交点，所