河南省漯河市三门峡西铁路职工子弟中学2022-2023学年高二数学理上学期期末试卷含解析

河南省漯河市三门峡西铁路职工子弟中学2022-2023学年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.按照下列三种化合物的结构式及分子式的规律，写出后一种化合物的分子式是（

）. A．C4H9

B．C4H10

C．C4H11

D．C6H12参考答案：B略2.个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有A．

B．

C．

D．参考答案：C略3.已知，，则等于(

)A. B. C. D.参考答案：B【分析】根据余弦的半角公式化简、运算，即可求解，得到答案．【详解】由题意，可知，则，又由半角公式可得，故选B．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值问题，其中解答中熟练应用余弦函数的半角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．4.有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线b?平面α，直线a?平面α，直线b∥平面α，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是因为（）A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．非以上错误参考答案：A5.由①安梦怡是高二(1)班的学生，②安梦怡是独生子女，③高二(1)班的学生都是独生子女，写一个“三段论”形式的推理，则大前提，小前提和结论分别为

()A.②①③

B.③①②

C.①②③

D.②③①参考答案：B根据三段论的定义得，大前提为：高二(1)班的学生都是独生子女，小前提是安梦怡是高二(1)班的学生，结论是安梦怡是独生子女，故答案为：B

6.抛物线y2=2px（p＞0）与直线l：y=x+m相交于A、B两点，线段AB的中点横坐标为5，又抛物线C的焦点到直线l的距离为2，则m=（）A．﹣或1 B．﹣或3 C．﹣或﹣3 D．﹣或1参考答案：D【考点】抛物线的简单性质．【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】利用线段AB的中点横坐标为5，可得p﹣m=5，利用抛物线C的焦点到直线l的距离为2，可得|p+2m|=8，即可得出结论．【解答】解：抛物线y2=2px，焦点F（，0）．直线l：y=x+m．联立两个方程得：x2+2x（m﹣p）+m2=0．△=4（m﹣p）2﹣4m2＞0，∴p（p﹣2m）＞0，∴p＞2m．由题设可知，2（p﹣m）=10，∴p﹣m=5．再由焦点到直线的距离为2．可得=2，∴|p+2m|=8．结合p﹣m=5，p＞0可得：p=，m=﹣，或p=6，m=1．故选：D．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查点到直线距离公式的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．7.已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足=(1，)，=(﹣，1)，那么·的取值范围是（）A．（﹣1，） B．（﹣1，2] C．[﹣2，0） D．[0，2]参考答案：C【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据向量的模的计算和向量的坐标运算得到四边形ABCD为对角线垂直且相等的四边形，问题得以解决．【解答】解：∵，∴?=1×（﹣）+×1=0，∴⊥，∴凸四边形ABCD的面积为AC×BD=×2×2=2，设AC与BD交点为O，OC=x，OD=y，则AO=2﹣x，BO=2﹣y，则?=（+）（+）=?+?+?+?2﹣=x（x﹣2）+y（y﹣2）=（x﹣1）2+（y﹣1）2﹣2，（0＜x，y＜2）；∴当x=y=1时，?=﹣2为最小值，当x→0或1，y→0或1时，?接近最大值0，∴?的取值范围是[﹣2，0）．故选：C．8.命题：“若，则”的逆否命题是（

）：A.若，则

B.若，则C.若，则

D.若，则参考答案：D9.已知函数y=f（x）在定义域内可导，其图象如图，记y=f（x）的导函数为y=f′（x），则不等式f′（x）≥0的解集为参考答案：[-4,-4/3]U[1,11/3]【考点】函数的单调性与导数的关系．【分析】根据导数与函数的单调性的关系，f′（x）≥0，f（x）为增函数，f′（x）≤0，f（x）为减函数，利用此性质来求f′（x）≥0的解集；【解答】解：如图f（x）在与上为增函数，可得f′（x）≥0，故[-4,-4/3]U[1,11/3]．【点评】此题考查函数的单调性与导数的关系，此题出的比较新颖，是一道基础题．10.函数f（x）在其定义域内可导，其图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】3O：函数的图象．【分析】根据函数的单调性确定f'（x）的符号即可．【解答】解：由函数f（x）的图象可知，函数在自变量逐渐增大的过程中，函数先递增，然后递减，再递增，当x＞0时，函数单调递增，所以导数f'（x）的符号是正，负，正，正．对应的图象为C．故选C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若C32+C42+C52+…+Cn2=363，则自然数n=

．参考答案：13【考点】D5：组合及组合数公式．【分析】根据题意，现将原等式变形为C33+C32+C42+C52+…+Cn2=364，再利用组合数的性质Cnm+Cnm﹣1=Cn+1m，可得C22+C32+C42+C52+…+Cn2=Cn+13，则原等式可化为Cn+13=364，解可得答案．【解答】解：C32+C42+C52+…+Cn2=363，则1+C32+C42+C52+…+Cn2=364，即C33+C32+C42+C52+…+Cn2=364，又由Cnm+Cnm﹣1=Cn+1m，则C33+C32+C42+C52+…+Cn2=C43+C42+C52+…+Cn2=C53+C52+C62+…+Cn2=Cn+13，原式可变形为Cn+13=364，化简可得=364，又由n是正整数，解可得n=13，故答案为13．12.已知F1，F2是椭圆C：=1的左、右焦点，直线l经过F2与椭圆C交于A，B，则△ABF1的周长是

，椭圆C的离心率是

．参考答案：8；．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】利用椭圆的定义可得：|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，并且|AF2|+|BF2|=|AB|，进而得到答案．求出椭圆半焦距然后求解离心率即可．【解答】解：根据题意结合椭圆的定义可得：|AF1|+|AF2|=2a=4，并且|BF1|+|BF2|=2a=4，又因为|AF2|+|BF2|=|AB|，所以△ABF1的周长为：|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8．a=2，b=，c=1，所以椭圆的离心率为：．故答案为：8；．13.若，且f（1）=f（﹣2），则a=．参考答案：﹣2【考点】函数的值．【分析】根据分段函数直接由条件且f（1）=f（﹣2），解方程即可．【解答】解：由分段函数可知f（1）=2，f（﹣2）=4+a，∵f（1）=f（﹣2），∴2=4+a，即a=﹣2．故答案为：﹣2．14.P在曲线上移动，在点P处的切线的斜率为k，则k的取值范围是

．参考答案：k≥1【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由二次函数的值域求法即可得到．【解答】解：设切点P（x0，y0），在此点的切线的斜率为k．∵，∴f′（x）=3x2+1，∴f′（x0）=3x02+1，（x0∈R）．∴斜率k=3x02+1≥1，故答案为：k≥1．15.如果一个复数的实部、虚部对应一个向量的横坐标、纵坐标，已知对应向量为a，对应向量为b，则向量a与b的数量积为___________.参考答案：3略16.已知实数满足则的取值范围是________．参考答案：[-5,7]17.实数x、y满足3x2＋2y2=6x，则x2＋y2的最大值为___________参考答案：4三、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，已知C=45°,D是AC边上的一点，AB=14,AD=6，BD=10,求CDB及CD的长. 参考答案：19.如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC，PC的中点．（1）证明：AE⊥平面PAD；（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．参考答案：【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）通过证明AE⊥BC．PA⊥AE．说明PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，利用直线与平面垂直的判定定理证明AE⊥平面PAD．（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．（法一）在Rt△ESO中，求出cos∠ESO的值即可．（法二）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AEF的一个法向量为，求出平面AFC的一个法向量，利用二面角公式求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE．而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，∴AE⊥平面PAD．（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=，∴当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．此时tan∠EHA===，因此AH=1．又AD=2，∴∠ADH=30°，∴PA=ADtan30°=．（8分）（法一）∵PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD．过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连结ES，则∠ESO为二面角E﹣AF﹣C的平面角，在Rt△AOE中，EO=AE?sin30°=，AO=AE?cos30°=．又F是PC的中点，如图，PC==，∴AF=PC=，sin∠SAO==，在Rt△ASO中，SO=AO?sin∠SAO=，∴SE===，在Rt△ESO中，cos∠ESO===，即所求二面角的余弦值为．（12分）（法二）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为BC，PC的中点，∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（，，），∴=（，0，0），=（，，）．设平面AEF的一个法向量为=（x1，y1，z1），则因此，取z1=﹣1，则m=（0，，﹣1），∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一个法向量．又=（﹣，3，0），∴cos＜，＞===．∵二面角E﹣AF﹣C为锐角，∴所求二面角的余弦值为．（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理，二面角的求法，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以便利用已知条件得到空间的线面关系，并且便于建立坐标系利用向量的有关运算解决空间角等问题．20.在中，若（1）求角的大小（2）若，，求的面积

参考答案：解：（1）由余弦定理得化简得：∴∴B＝120°…6分（2）∴∴ac＝3∴…………………6分

21.已知函数的图象在点处的切线垂直于