广东省惠州市沙迳中学2023年高二数学文下学期期末试卷含解析

广东省惠州市沙迳中学2023年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.已知△ABC的顶点B、C在椭圆上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是()A．

B．6 C．

D．12参考答案：C2.已知f（x）=sin2x+cos2x（x∈R），函数y=f（x+φ）的图象关于直线x=0对称，则φ的值可以是（）A． B． C． D．参考答案：D【考点】H6：正弦函数的对称性；H5：正弦函数的单调性．【分析】化简函数，利用函数的图象关于直线x=0对称，函数为偶函数，可得结论．【解答】解：因为，函数的图象关于直线x=0对称，函数为偶函数，∴，故选D．3.已知函数，若f(f(0))＝4a，则实数a等于()A. B.C.2 D.9参考答案：C4.等于………………（

）A.1

B.

C.

D参考答案：B5.已知圆的方程为，若抛物线过点，且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点的轨迹方程是A.

B.

C.

D.参考答案：B略6.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为（）A．16 B．18 C．24 D．32参考答案：C【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【分析】本题是一个分类计数问题，首先安排三辆车的位置，假设车位是从左到右一共7个，当三辆车都在最左边时，当左边两辆，最右边一辆时，当左边一辆，最右边两辆时，当最右边三辆时，每一种情况都有车之间的一个排列A33，得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，首先安排三辆车的位置，假设车位是从左到右一共7个，当三辆车都在最左边时，有车之间的一个排列A33，当左边两辆，最右边一辆时，有车之间的一个排列A33，当左边一辆，最右边两辆时，有车之间的一个排列A33，当最右边三辆时，有车之间的一个排列A33，总上可知共有不同的排列法4×A33=24种结果，故选C．7.椭圆的一焦点与短轴两顶点组成一个等边三角形，则椭圆的离心率为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略8.已知圆上的两点P，Q关于直线对称，且（O为坐标原点），则直线PQ的方程为（

）．A． B．或 C． D．或参考答案：D联立得，代入整理得，设，，∵，∴，∴，∴，∴或，所以直线的方程为：或，经验证符合题意．故选．9.等比数列{an}中，a2+a4=20，a3+a5=40，则a6=（）A．16 B．32 C．64 D．128参考答案：C【考点】等比数列的通项公式．【分析】由等比数列通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a6．【解答】解：∵等比数列{an}中，a2+a4=20，a3+a5=40，∴，解得a=2，q=2，∴a6=2×25=64．故选：C．10.一动圆圆心在抛物线上，过点(0,1)且与定直线l相切，则l的方程为（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】由抛物线的定义即可判断圆心到直线的距离等于圆的半径，再利用直线与圆的位置关系即可得解。【详解】由抛物线可得：其焦点坐标为，准线方程为.由抛物线的定义可得：圆心到点距离与它到直线的距离相等，即：圆心到直线的距离等于圆的半径。所以圆心在抛物线上且过点(0,1)的圆与直线相切.故选：C【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及直线与圆相切的几何关系知识，属于中档题。二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.（5分）若正数x，y满足，那么使不等式x+y﹣m＞0恒成立的实数m的取值范围是

．参考答案：（﹣∞，9）∵不等式x+y﹣m＞0恒成立?m＜（x+y）min．∵正数x，y满足，∴x+y==5=9，当且仅当y=3，x=6时取等号．∴使不等式x+y﹣m＞0恒成立的实数m的取值范围是（﹣∞，9）．故答案为（﹣∞，9）．12.已知以F为焦点的抛物线y2=4x上的两点A、B满足=3，则弦AB的中点到准线的距离为．参考答案：【考点】抛物线的简单性质；点到直线的距离公式；抛物线的定义．【分析】设BF=m，由抛物线的定义知AA1和BB1，进而可推断出AC和AB，及直线AB的斜率，则直线AB的方程可得，与抛物线方程联立消去y，进而跟韦达定理求得x1+x2的值，则根据抛物线的定义求得弦AB的中点到准线的距离．【解答】解：设BF=m，由抛物线的定义知AA1=3m，BB1=m∴△ABC中，AC=2m，AB=4m，直线AB方程为与抛物线方程联立消y得3x2﹣10x+3=0所以AB中点到准线距离为故答案为【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了直线与抛物线的关系及焦点弦的问题．常需要利用抛物线的定义来解决．13.一个三角形用斜二测画法画出来的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积是

。参考答案：14.先阅读下面的文字：“求的值时，采用了如下的方式：令，则有，两边平方，得，解得（负值已舍去）”.可用类比的方法，求的值为

▲

．参考答案：15.已知函数f（x）=x3+ax2+bx，（a，b∈R）的图象如图所示，它与直线y=0在原点处相切，此切线与函数图象所围区域（图中阴影部分）的面积为3，则a的值为

．参考答案：【考点】6G：定积分在求面积中的应用．【分析】题目中给出了函数图象与x轴围成的封闭图形的面积，所以我们可以从定积分着手，求出函数以及函数与x轴的交点，建立等式求解参数．【解答】解：由已知对方程求导，得：f′（x）=3x2+2ax+b．由题意直线y=0在原点处与函数图象相切，故f′（0）=0，代入方程可得b=0．故方程可以继续化简为：f（x）=x3+ax2=x2（x+a），令f（x）=0，可得x=0或者x=﹣a，可以得到图象与x轴交点为（0，0），（﹣a，0），由图得知a＜0．故对﹣f（x）从0到﹣a求定积分即为所求面积，即：﹣∫0﹣af（x）dx=3，将f（x）=x3+ax2代入得：∫0﹣a（﹣x3﹣ax2）dx=3，求解，得a=﹣．故答案为：﹣．16.圆心在直线上，且与轴相切与点的圆的标准方程是______

.参考答案：17.函数的定义域是

；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.如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2，AD=BG=1.(1)求证：DE⊥BC；(2)求证：AG∥平面BDE；参考答案：证明：(Ⅰ)∵∠BCD=∠BCE=,

∴CD⊥BC

，

CE⊥BC

，又

CD∩CE=C

，∴BC⊥平面DCE

，∵DE平面DCE

，∴DE⊥BC.

……………6分(Ⅱ)如图，在平面BCEG中，过G作GN∥BC，交BE于M，交CE于N，连结DM，则BGNC是平行四边形，∴CN=BG=CE,

即N是CE中点,∴MN=BC=1

，∴MG∥AD,MG=BC=AD=1

，∴四边形ADMG是平行四边形，∴AG∥DM

，∵DM平面BDE，AG平面BDE

，∴AG∥平面BDE.

……………12分19.已知圆O：x2+y2=9及点C（2，1）．（1）若线段OC的垂直平分线交圆O于A，B两点，试判断四边形OACB的形状，并给予证明；（2）过点C的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求直线l的方程．参考答案：【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）OC的中点为（1，），设OC的垂直平分线为y=﹣2x+，代入圆x2+y2=9，得=0，由韦达定理及中点坐标公式得到AB的中点为（1，），再由OC⊥AB，推导出四边形OACB为菱形．（2）当直线l的斜率不存在时，S△OPQ=2，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y﹣1=k（x﹣2），（k），圆心到直线PQ的距离为d=，由平面几何知识得|PQ|=2，推导出当且仅当d2=时，S△OPQ取得最大值，由此能求出直线l的方程．【解答】解：（1）四边形OACB为菱形，证明如下：OC的中点为（1，），设A（x1，y1），B（，y2），设OC的垂直平分线为y=﹣2x+，代入圆x2+y2=9，得=0，∴，=﹣2×=，∴AB的中点为（1，），∴四边形OACB为平行四边形，又OC⊥AB，∴四边形OACB为菱形．（2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2，则P、Q的坐标为（2，），（2，﹣），∴S△OPQ==2，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y﹣1=k（x﹣2），（k），则圆心到直线PQ的距离为d=，由平面几何知识得|PQ|=2，∴S△OPQ==d=≤=，当且仅当9﹣d2=d2，即d2=时，S△OPQ取得最大值，∵，∴S△OPQ的最大值为，此时，由=，解得k=﹣7或k=﹣1．此时，直线l的方程为x+y﹣3=0或7x+y﹣15=0．20.（本小题满分14分）已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为，为其焦点，一直线过点与椭圆相交于两点，且的最大面积为，求椭圆的方程.

参考答案：由＝得所以椭圆方程设为

------2分设直线，由得：设，则是方程的两个根由韦达定理得

-------5分所以

-------7分＝

-------12分当且仅当时，即轴时取等号所以，所求椭圆方程为

-------14欢迎广大教师踊