广西壮族自治区贵港市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（ 含答案解析 ）

2022年秋季期高二年级期末教学质量监测数学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，第二册，选择性必修第一册，第二册第四章.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.复数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算化简求解即可.【详解】.故选：A.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用一元一次不等式求解A，利用一元二次不等式求解B，再利用交集运算求解即可.【详解】因为，，所以.故选：D.3.直线与平行，则（）A.－2 B.2 C.6或－1 D.3【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行与系数的关系即可求出结果.【详解】由题可知，直线与平行，所以，得；经验证，符合题意．故选：B4.向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的投影向量求法直接得出答案.【详解】向量在向量上的投影向量为.故选：C.5.等比数列的前n项和为，则（）A.－2 B.2 C.－1 D.－4【答案】A【解析】【分析】求出，根据等比数列的性质求出.【详解】因为为等比数列，且前n项和，根据等比数列的性质有所以．故选：A6.《中国居民膳食指南（2022）》数据显不，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%.为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按，，，，分成六组，得到的频率分布直方图如图所示.根据调查的数据，估计该地中学生体重的中位数是（）A.50 B.52.25 C.53.75 D.55【答案】C【解析】【分析】结合频率分布直方图可求出频率，即可判断出中位数所在区间，即可求出中位数.【详解】因为，，所以该地中学生的体重的中位数在内，设该中位数为，则，解得.故选：C.7.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合已知条件，根据空间向量的线性运算法则求解即可.【详解】因为，所以.因，所以.因为，所以.故选：D.8.如图，这是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1,3,6,10,…构成数列，则（）A.20099 B.20100 C.21000 D.211001【答案】B【解析】【分析】先归纳出数列的递推公式，然后利用累加法即可求解.【详解】由题意，，，…，所以数列的递推公式为，且，所以.所以，故.故答案为：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若函数，则（）A.的最小正周期为B.直线是图象的一条对称轴C.是的一个零点D.在上单调递增【答案】BC【解析】【分析】根据正弦函数周期公式计算判断A，利用代入法验证函数的对称轴及零点判断B、C，根据正弦函数的单调性判断D.【详解】因为，所以的最小正周期，A不正确；当时，，故直线是图象的一条对称轴，B正确；当时，，故是的一个零点，C正确；当时，，由在上单调递减，上单调递增，所以在上不单调递增，D不正确.故选：BC.10.我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何?”其意思是：今有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共步行了一千二百六十里，求的值.关于该问题，下列结论正确的是（）A. B.此人第三天行走了一百二十里C.此人前七天共行走了九百一十里 D.此人前八天共行走了一千零八十里【答案】BCD【解析】【分析】根据等差数列的前9项和和首项求出公差判断A，根据通项公式计算第3项判断B，根据求和公式计算前7项和及前8项和即可判断C、D.【详解】由题意,设此人第一天走里，第天走里，则是等差数列，，由，可得，故选项A错误；所以，故选项B正确；所以，所以，，故选项C、D正确.故选：BCD.11.已知双曲线右焦点为，过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点．若以为直径的圆恰好经过双曲线的左顶点，则（）A.双曲线的渐近线方程为 B.双曲线的渐近线方程为C.双曲线的离心率为 D.双曲线的离心率为2【答案】BD【解析】【分析】根据题意，由为等腰直角三角形，列出方程求得及，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】如图所示，设双曲线的左顶点为，因为以为直径的圆恰好经过双曲线的左顶点，可得为等腰直角三角形，又因为过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，可得，所以，因为，所以，解得，所以双曲线的离心率为，所以D正确；由，可得双曲线的渐近线方程为，所以B正确．故选：BD.12.已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（）A.所得的截面可以是五边形 B.所得的截面可以是六边形C.该截面的面积可以为 D.所得的截面可以是菱形【答案】BCD【解析】【分析】结合平面的性质，分类讨论作出截面判断A、B，求解正六边形的面积判断C，根据平行四边形的边长相等判断D.【详解】一个平面去截正方体，考虑从正方体的上底面开始截入，不妨设上底面与截面的交线为线段，截取有两种情况，第一种情况是两点分别在两对边上或两相邻边上，如图，直线与相交于点，直线与相交于点，由正方体性质及面面平行性质定理知截面为平行四边形.第二种情况，如图，直线与相交于点，直线与相交于点，直线与相交于点，与相交于点，直线与相交于点与相交于点，易知所得截面为六边形，A错误，B正确.当截面为正六边形时，正六边形的边长为，它的面积为，C正确.当截面为平行四边形时，由对称性可知，若四边形为菱形，则，可得，可得，可得或，可得或，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：对于与几何体相关的截面问题，做出截面是解题关键.我们通常可利用空间几何公理及推论或对平面延申找出共线，共面关系；也利用面面平行的性质做出截面在平行平面上的交线.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知等差数列单调递减，若，，则公差d的一个整数取值可以是______．【答案】－4（或－3，－2，－1，只需写出一个答案即可）【解析】【分析】根据数列单调递减可知，利用通项公式可得即可求得结果.【详解】因为，由等差数列的通项公式可得，即，又是单调递减数列，所以，故d的整数取值可以是－4，－3，－2，－1．故答案为：－414.甲､乙两人各自在1小时内完成某项工作的概率分别为0.6，0.8，两人在1小时内是否完成该项工作相互独立，则在1小时内甲､乙两人中只有一人完成该项工作的概率为___________.【答案】0.44##【解析】【分析】由独立事件和互斥事件的概率公式进行求解.【详解】由独立事件概率乘法公式可得：甲完成而乙没有完成工作的概率为，乙完成工作而甲没有完成的概率为，故概率为.故答案为：0.4415.已知函数为定义在上的奇函数，且当时，，则______.【答案】【解析】【分析】根据奇函数的性质可得，，即可求解.【详解】因为为定义在上的奇函数，所以.因为当时，，所以，所以，故.故答案为：.16.已知正数是关于的方程的两个实数根，则的最小值为______.【答案】9【解析】【分析】根据韦达定理并整理得，利用基本不等式中常数代换即可求解最小值.【详解】因为正数是关于的方程的两个实数根，所以，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，故的最小值为9.故答案为：9.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知.（1）求；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边换角，再用和差公式化简，代入倍角公式即可求解；（2）利用余弦定理的变形公式代入即可求解.【小问1详解】，由正弦定理得：，，，，即：【小问2详解】，，①，又②，③，联立①②③解得：，，.即的周长为：16.18.已知数列的首项为1，前项和为，且满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用得，再根据累乘法可求出；（2）根据错位相减法可求出结果.【小问1详解】因为，，所以，当时，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以当时，，又时，也符合，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，，所以，所以，所以.19.已知是抛物线的焦点，是抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与抛物线交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根据点在抛物线上及焦半径公式，列方程组求解即可；（2）设出坐标，代入抛物线方程，结合弦中点，利用点差法即可求得直线的斜率.【小问1详解】由题可知，，解得，故抛物线的方程为.【小问2详解】设，则，两式相减得，即.因为线段的中点坐标为，所以，则，故直线的斜率为2.20.如图，在三棱柱中，平面，，是等边三角形，D，E，F分别是棱，AC，BC的中点.（1）证明：平面.（2）求平面ADE与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线线平行证明面面平行，再由面面平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解两平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：连接BD.因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为D，F分别是棱，BC的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面.因为平面ABD，且，所以平面平面.因为平面ABD，所以平面.（2）解：取的中点，连接，，易证，，OE两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，从而，，，.设平面ADE的法向量为，则令，得，设平面的法向量为，则令，得.设平面与平面的夹角为，则.21.已知圆.（1）若过点向圆作切线，求切线的方程；（2）若为直线上的动点，是圆上的动点，定点，求的最大值.【答案】（1）或（2）8【解析】【分析】（1）分类讨论，当切线的斜率不存在，易求的方程为；当切线的斜率存在时，设出直线方程，然后利用点到直线距离等于半径建立方程求解即可；（2）根据圆的性质，利用三点共线的性质求解即可.【小问1详解】若切线的斜率不存在，则的方程为；若切线的斜率存在，设切线的方程为，即.因为直线与圆相切，所以圆心到的距离为3，即，解得，所以切线的方程为，即.综上，切线的方程为或.【小问2详解】因为，所以．设关于直线对称的点为，则，解得，即因为，所以.因为，当且仅当三点共线时，等号成立，所以，故的最大值为.22.已知椭圆离心率为，左、右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为3．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，射线交椭圆于点，若，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用椭圆的通径公式以及离心率求出椭圆的方程即可；（2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，根据弦长公式求出，利用三角形面积公式用表