河南省开封市东方中学2022年高二数学理期末试题含解析

河南省开封市东方中学2022年高二数学理期末试题含解析一、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.已知函数在上为减函数，函数在上为增函数，则的值等于（

）A．1

B． C．2

D．3参考答案：C略2.设，若对于任意，总存在，使得成立，则的取值范围是

（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C3.已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点距离为

（

）A．

B．

C．

D．7

参考答案：D略4.下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y=±2x的是（）A．x2﹣=1 B．﹣y2=1 C．﹣x2=1 D．y2﹣=1参考答案：C【考点】双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】对选项首先判定焦点的位置，再求渐近线方程，即可得到答案．【解答】解：由A可得焦点在x轴上，不符合条件；由B可得焦点在x轴上，不符合条件；由C可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=±2x，符合条件；由D可得焦点在y轴上，渐近线方程为y=x，不符合条件．故选C．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的焦点和渐近线方程的求法，属于基础题．5.把一枚硬币连续抛掷两次，事件A=“第一次出现正面”，事件B=“第二次出现正面”，则P（B|A）等于（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】条件概率与独立事件．【专题】计算题．【分析】本题是一个条件概率，第一次出现正面的概率是，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，代入条件概率的概率公式得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个条件概率，第一次出现正面的概率是，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，∴P（B|A）=故选A．【点评】本题考查条件概率，本题解题的关键是看出事件AB同时发生的概率，正确使用条件概率的公式．6.在中，若，则的形状是（）A.等腰三角形

B.直角三角形C.等腰直角三角形

D.等腰或直角三角形参考答案：D7.已知抛物线的焦点为，是上一点，，则（

）A．1

B．-1或1

C.2

D．-2或2参考答案：D抛物线的焦点为是C上一点,，由抛物线定义可得：，解得=2，可得=±2.故选：D.

8.安排一张有5个独唱节目和3个合唱节目的节目单，要求任何2个合唱节目不相邻而且不排在第一个节目，那么不同的节目单有（）A．7200种 B．1440种 C．1200种 D．2880种参考答案：A【考点】D8：排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，分2步进行分析：①、将5个独唱节目全排列，排好后，分析可得有5个空位可以安排合唱节目，②、在5个空位中，任选3个，安排3个合唱节目，分别求出每一步的排法数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①、将5个独唱节目全排列，有A55=120种排法，排好后，除去第一空位，有5个空位可以安排合唱节目，②、在5个空位中，任选3个，安排3个合唱节目，有A53=60种排法，则不同的节目单有120×60=7200种；故选：A．9.设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，则的值为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】等比数列的前n项和．【分析】由等比数列的通项公式和求和公式，代入要求的式子化简可得．【解答】解：等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，∴a2=a1q=2a1，S4==15a1，∴=，故选：B【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．10.用数学归纳法证明不等式“++…+＞（n＞2）”时的过程中，由n=k到n=k+1时，不等式的左边（） A．增加了一项 B．增加了两项 C．增加了两项，又减少了一项 D．增加了一项，又减少了一项 参考答案：C【考点】数学归纳法． 【专题】阅读型． 【分析】本题考查的知识点是数学归纳法，观察不等式“++…+＞（n＞2）左边的各项，他们都是以开始，以项结束，共n项，当由n=k到n=k+1时，项数也由k变到k+1时，但前边少了一项，后面多了两项，分析四个答案，即可求出结论． 【解答】解：， = 故选C 【点评】数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基）P（n）在n=1时成立；2）（归纳）在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.有一批种子的发芽率为，每粒种子能成长为幼苗的概率为，则在这批种子中，出芽后的幼苗成活率为

。参考答案：0.8略12.过抛物线y2=4x的焦点，作倾斜角为的直线交抛物线于P、Q两点，O为坐标原点，则△POQ的面积为．参考答案：2【考点】直线与圆锥曲线的关系．【分析】设P（x1，y1），Q（x2，y2），则S=|OF|?|y1﹣y2|．直线为x﹣y﹣1=0，即x=1+y代入y2=4x得：y2=4（1+y），由此能求出△OPQ的面积．【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），则S=|OF|?|y1﹣y2|．过抛物线y2=4x的焦点（1，0），倾斜角为的直线为x﹣y﹣1=0，即x=1+y，代入y2=4x得：y2=4（1+y），即y2﹣4y﹣4=0，∴y1+y2=4，y1y2=﹣4，∴|y1﹣y2|===4，∴S=|OF|?|y1﹣y2|=×4=2．故答案为：213.给出下列4个命题：①空间向量

的充要条件为②动点到定点（2，4）的距离等于它到定直线的距离相等的轨迹是抛物线③函数的极小值为，极大值为；④圆：上任意点M关于直线的对称点也在该圆上．所有正确命题的个数为

．参考答案：2略14.命题；命题

则是的________条件．(填充分不必要,必要不充分,充要,既不充分也不必要)参考答案：充分不必要条件略15.若椭圆mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)与直线y＝1－x交于A、B两点，过原点与线段AB的中点的连线斜率为，则的值为________.参考答案：略16.已知，若存在实数，使得函数,在处取得最小值，则实数的最大值为 .参考答案：17.已知椭圆E的方程为，T为圆O：上一点，过点T作圆O的切线交椭圆E于A、B两点，则△AOB面积的取值范围是

．参考答案：当直线的斜率不存在时，，当直线的斜率存在时，设圆C的切线方程为y=kx+m，∴,整理,得3m2=2?2k2，联立,得(1+2k2)x2?4kmx+2m2?2=0，△>0,设A(x1,y1),B(x2,y2)，则，∴，令1+2k2=t?1，则，又0<≤1,∴当时，即时,.>0时,，综上可得线段|AB|的取值范围是.面积的取值范围是.

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.（本小题满分10分）从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法？（用数字作答）（1）

男、女同学各2名；（2）

男、女同学分别至少有1名；（3）

在（2）的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出。参考答案：17.（1）X∴男、女同学各2名共有1440种选法。……………..3分（2）∴男、女同学分别至少有1名共有2880种选法………….6分（3）∴在（2）的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2376种选法………..10分

略19.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,,其中点P为棱CC1的中点,Q为棱CC1上且位于P点上方的动点．(1)求证:平面；(2)若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为,求直线BQ与平面所成角的正弦值．参考答案：（1）见证明；（2）【分析】（1）推导出tan∠BB1C==，tan∠PBC==，从而∠BB1C=∠PBC，PB⊥B1C，推导出BB1⊥A1B1，A1B1⊥B1C1，从而A1B1⊥平面BCC1B1，A1B1⊥BP，由此能证明BP⊥平面A1B1C．

（2）以BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值．【详解】（1）证明：在侧面中，因为，，为棱上的中点，所以，，所以，所以，在直三棱柱中，平面，所以，因为，，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为，所以平面；（2）解：如图，以，，为轴建立空间直角坐标系，则，为平面的一个法向量.设，则，，设平面的法向量为，则，，所以，因为平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以，所以，解得，或，由已知得，，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立直角坐标系，圆C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数），直线l和圆C交于A，B两点，P是圆C上不同于A，B的任意一点．（Ⅰ）求圆心的极坐标；（Ⅱ）求△PAB面积的最大值．参考答案：【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）由圆C的极坐标方程为，化为ρ2=，把代入即可得出．（II）把直线的参数方程化为普通方程，利用点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离d，再利用弦长公式可得|AB|=2，利用三角形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）由圆C的极坐标方程为，化为ρ2=，把代入可得：圆C的普通方程为x2+y2﹣2x+2y=0，即（x﹣1）2+（y+1）2=2．∴圆心坐标为（1，﹣1），∴圆心极坐标为；（Ⅱ）由直线l的参数方程（t为参数），把t=x代入y=﹣1+2t可得直线l的普通方程：，∴圆心到直线l的距离，∴|AB|=2==，点P直线AB距离的最大值为，．21.（12分）已知线段AB的两个端点A,B分别在X轴和Y轴上滑动，且AB线段长为2