2022年山东省泰安市大津口中学高二数学理下学期期末试题含解析

2022年山东省泰安市大津口中学高二数学理下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.设则（

）A．都不大于

B．都不小于

C．至少有一个不大于

D．至少有一个不小于参考答案：C2.在等差数列则（

）A.13

B.18

C.20

D.22参考答案：A略3.如图ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，B1E1=D1F1=，则BE1与DF1所成的角的余弦值是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】异面直线及其所成的角．【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．【解答】解：如图先将F1D平移到AF，再平移到E1E，∠EE1B为BE1与DF1所成的角设边长为4则，E1E=E1B=，BE=2cos∠EE1B=，故选A4.已知x、y满足不等式组，若直线x﹣y﹣a=0平分不等式组所表示的平面区域的面积，则a的值为（）A．﹣ B．﹣ C．1﹣2 D．1﹣参考答案：D【考点】简单线性规划．【分析】求出可行域的面积，利用点到直线的距离公式转化求解即可．【解答】解：x、y满足不等式组的可行域如图：阴影部分三角形，可得三角形的面积为：=1，直线x﹣y﹣a=0平分不等式组所表示的平面区域的面积，面积为：，此时（1，0）到直线x﹣y﹣a=0的距离为：1．可得=1，解得a=．故选：D．5.对于任意实数a，b，c，d，命题：①若a＞b，c≠0，则ac＞bc；②若a＞b，则ac2＞bc2③若ac2＞bc2，则a＞b；④若a＞b，则；⑤若a＞b＞0，c＞d，则ac＞bd．其中真命题的个数是(

)A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：A【考点】不等式的基本性质．【专题】阅读型．【分析】根据题意，结合不等式的有关性质，依次分析5个命题的正误，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析5个命题，①若a＞b，c＜0，则ac＜bc，故错误；②当c=0时，则ac2=bc2，故错误；③若ac2＞bc2，因为c2＞0，则a＞b；正确；④当a＞0＞b时，＞0＞，故错误；⑤若a＞b＞0，当0＞c＞d时，ac＜bd．则只有③正确；故选A．【点评】本题考查不等式的性质，解题时，注意各个性质的限制条件．6.直线截圆得的劣弧所对圆心角为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C7.已知函数，则的大小关系是（

）A、

B、C、

D、参考答案：B8.抛物线的焦点坐标为

A．

B．(0,1)

C．

D．(1,0)参考答案：C抛物线y2x，开口向右，p，故焦点坐标为（，0），故选：C．

9.函数f(x)=xsinx+cosx+x2，则不等式f(lnx)<f(1)的解集为(

)A．(0，e) B．(1，e) C．(，e) D．(0，)∪(1，e)参考答案：C

略10.运行如图所示程序框图，输出的结果是（

）A．15

B．16

C．31

D．63参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设F1、F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|－|PF2|＝1，则cos∠F1PF2＝________参考答案：略12.若双曲线C与双曲线－＝1有相同的渐近线，且过点A（3，），则双曲线C的方程为

.

参考答案：＝113.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2=4x的焦点为F，P为抛物线C上一点，且PF=5，则点P的横坐标是

．参考答案：4【考点】抛物线的简单性质．【分析】由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，已知|PF|=5，则P到准线的距离也为5，即x+1=5，将p的值代入，进而求出x．【解答】解：∵抛物线y2=4x=2px，∴p=2，由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，∴|PF|=x+1=5，∴x=4，故答案为：414.设向量，若，则m的值为____________。参考答案：2或315.已知函数在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是

参考答案：a≥e16.已知函数，则

；参考答案：17.已知,则的最小值为

.参考答案：2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.在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，，D为AC的中点，求BD的长.参考答案：解：（1）因为，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，因为，所以.（2）由，得，所以，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理得，所以.19.参考答案：解：记A＝－x，∴x＝－A

∵－＜x＜

∴A∈(0,)，sinA＝，∴cosA＝＝，∴＝cos2(－A),cos(－A)＝＝＝2cosA＝．略20.已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列（1）、求通项公式

（2）、设，求数列的前项和参考答案：解、⑴、

⑵、当时，数列是首项为、公比为8的等比数列

所以；当时，所以

综上，所以或21.已知数列{an}中，a1=3，a2=5，其前n项和为Sn满足Sn+Sn﹣2=2Sn﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*）（Ⅰ）试求数列{an}的通项公式（Ⅱ）令bn=，Tn是数列{bn}的前n项和．证明：对任意给定的m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，Tn＞m恒成立．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（Ⅰ）由题意可知Sn﹣Sn﹣1=Sn﹣1﹣Sn﹣2+2n﹣1，即an﹣an﹣1=2n﹣1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{an}的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，bn===（﹣），采用“裂项法”即可求得数列{bn}的前n项和Tn，由函数的单调性可知，Tn随着n的增大而增大，分离参数n＞log2（﹣1）﹣1，分类log2（﹣1）﹣1＜1及log2（﹣1）﹣1≥1时，求得m的取值范围，求得n0的值，即可证明存在n0∈N*，使得当n≥n0时，Tn＞m恒成立．【解答】解：（Ⅰ）由Sn+Sn﹣2=2Sn﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*），整理得：Sn﹣Sn﹣1=Sn﹣1﹣Sn﹣2+2n﹣1，∴an=an﹣1=2n﹣1，即an﹣an﹣1=2n﹣1，n≥3，∵a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，a4﹣a3=23，…an﹣an﹣1=2n﹣1，将上式累加整理得：an﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1，∴an=+3=2n+1，数列{an}的通项公式an=2n+1；证明：（Ⅱ）bn===（﹣），∴数列{bn}的前n项和Tn=b1+b2+b3+…+bn，=[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，=（﹣），Tn+1﹣Tn=＞0，∴Tn随着n的增大而增大，若Tn＞m，则（﹣）＞m，化简整理得：＞，∵m∈（0，），∴1﹣6m＞0，∴2n+1＞﹣1，n＞log2（﹣1）﹣1，当log2（﹣1）﹣1＜1时，即0＜m＜，取n0=1，当log2（﹣1）﹣1≥1时，解得：≤m＜，记log2（﹣1）﹣1的整数部分为p，取n0=p+1即可，综上可知，对任意m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n