2022-2023学年云南省大理市云龙中学高二数学理上学期期末试卷含解析

2022-2023学年云南省大理市云龙中学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.已知函数的图像与x轴恰有两个公共点，则c=

(

)

A．-2或2

B．-9或3

C．-1或1

D．-3或1参考答案：A2.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()

－1＜a＜2

－3＜a＜6

a＜－3或a＞6

a＜－1或a＞2参考答案：C3.下列四个函数中，在（0，1）上为增函数的是

（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B略4.设x∈R，记不超过x的最大整数为，如=0，=2，令{x}=x﹣．则{}，[]，（）A．既是等差数列又是等比数列B．既不是等差数列也不是等比数列C．是等差数列但不是等比数列D．是等比数列但不是等差数列参考答案：D【考点】等差数列的通项公式．【分析】由新定义化简{}，[]，然后结合等差数列和等比数列的概念判断．【解答】解：由题意可得{}=，[]=1，又，∴构成等比数列，而，∴{}，[]，是等比数列但不是等差数列．故选：D．【点评】本题考查等差数列和等比数列的概念，是基础的计算题．5.在等差数列{an}中，若a2+a4+a6+a8+a10=80，则a7﹣a8的值为（）A．4 B．6 C．8 D．10参考答案：C【考点】等差数列的性质．【专题】整体思想．【分析】利用等差数列的性质先求出a6的值，再用a1与d表示出a7﹣?a8，找出两者之间的关系，求解即可．【解答】解：由已知得：（a2+a10）+（a4+a8）+a6=5a6=80，∴a6=16，设等差数列{an}首项为a1，公差为d，则a7﹣a8=a1+6d﹣（a1+7d）=（a1+5d）=a6=8．故选C．【点评】本题考查了等差数列的性质和通项公式，应用了基本量思想和整体代换思想．等差数列的性质：{an}为等差数列，当m+n=p+q（m，n，p，q∈N+）时，am+an=ap+aq．特例：若m+n=2p（m，n，p∈N+），则am+an=2ap．6.函数的最大值为

（

）A

B

C

D

参考答案：A7.由直线y=x+l上的点向圆引切线，则切线长的最小值为

(A)

(B)

(C)

(D)；参考答案：A8.设点M(a,b)是曲线C：上的任意一点，直线是曲线C在点M处的切线，那么直线斜率的最小值为A．2

B．4 C．0

D．2参考答案：A9.在等比数列中,则(

)

A

B

C

D参考答案：A略10.已知P是△ABC所在平面外一点，点O是点P在平面ABC上的射影．若PA＝PB＝PC，则O是△ABC的

A.外心 B.内心

C.重心

D.垂心

参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.二项式的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是______.参考答案：【分析】先利用展开式中只有第四项的二项式系数最大求出n＝6，再求出其通项公式，令x的指数为0，求出r，再代入通项公式即可求出常数项的值．【详解】的展开式中只有第四项的二项式系数最大，所以n＝6．其通项公式Tr+1＝C6r?（）r?，令30，求得r＝2，可得展开式中的常数项为C62?（）2，故答案为．【点睛】本题主要考查二项式定理中的常用结论：如果n为奇数，那么是正中间两项的二项式系数最大；如果n为偶数，那么是正中间一项的二项式系数最大，考查通项公式的应用，是基础题12.过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，若以AB为直径的圆与直线x=﹣1相切，则抛物线的方程为．参考答案：y2=4x【考点】抛物线的简单性质．【分析】判断以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，由已知得准线方程为x=﹣2，即可求抛物线的标准方程．【解答】解：取AB的中点M，分别过A、B、M作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、N，如图所示：由抛物线的定义可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，在直角梯形APQB中，|MN|=（|AP|+|BQ|）=（|AF|+|BF|）=|AB|，故圆心M到准线的距离等于半径，∴以AB为直径的圆与抛物线的准线相切由已知得准线方程为x=﹣1，∴=1，∴p=2，故所求的抛物线方程为y2=4x．故答案为：y2=4x．13.已知椭圆C1的中心在原点、焦点在x轴上，抛物线C2的顶点在原点、焦点在x轴上。小明从曲线C1，C2上各取若干个点（每条曲线上至少取两个点），并记录其坐标（x，y）。由于记录失误，使得其中恰好有一个点既不在椭圆上C1上，也不在抛物线C2上。小明的记录如下：X-2-0223Y20-2-2

据此，可推断椭圆C1的方程为

.参考答案：14.下表是关于新生婴儿的性别与出生时间段调查的列联表，那么，A=

，B=

，C=

，D=

。参考答案：A=47,B=53C=88,D=82

略15.命题“，≥”的否定是参考答案：16.在复平面内，复数z=﹣2i+1对应的点到原点的距离是．参考答案：【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的几何意义、两点之间的距离公式即可得出．【解答】解：复数z=﹣2i+1对应的点（1，﹣2）到原点的距离==．故答案为：．【点评】本题考查了复数的几何意义、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．17.已知等比数列{an}的公比q为正数，且，则q=__________．参考答案：考点：等比数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：设出等比数列的首项，由等比数列的通项公式写出a3，a9，a5，代入后可直接求得q的值．解答：解：设等比数列的首项为a1，由，得：，即，∵a1≠0，q＞0，∴q=．故答案为．点评：本题考查了等比数列的通项公式，解答时注意等比数列中不含有为0的项，是基础的计算题三、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.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=（﹣1）n﹣1，求数列{bn}的前n项和Tn．参考答案：【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．【分析】（1）根据等差数列的性质得出（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，运用通项公式求解即可．（2）由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣1（+）．对n分类讨论“裂项求和”即可得出【解答】解：（1）∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列．∴Sn=na1+n（n﹣1）（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，∴an=2n﹣1；（2）∵由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1（+）．∴Tn=（1+）﹣（+）+（+）+…+（﹣1）n﹣1（+）．当n为偶数时，Tn=1+）﹣（+）+（+）+…+（+）﹣（+）=1﹣=．当n为奇数时，Tn=1+）﹣（+）+（+）+…﹣（+）+（+）=1+=．∴Tn=．【点评】本题综合考查了等差数列等比数列的定义，性质，公式，运用方程组的方法求解即可，属于容易题．19.已知函数在处取得极值为（1）求a、b的值；（2）若有极大值28，求在上的最大值．参考答案：（Ⅰ）因故

由于在点处取得极值。故有

…………2分即，化简得

…………1分解得

…………2分（Ⅱ）由（Ⅰ）知

，

…………2分，得当时，故在上为增函数；当时，故在上为减函数当时，故在上为增函数。…………3分由此可知在处取得极大值，在处取得极小值由题设条件知得 …………2分此时，因此上的最小值为

…………2分

略20.在直角坐标系xOy中，直线C1：x=﹣2，圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为θ=（ρ∈R），设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．参考答案：【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）由条件根据x=ρcosθ，y=ρsinθ求得C1，C2的极坐标方程．（Ⅱ）把直线C3的极坐标方程代入ρ2﹣3ρ+4=0，求得ρ1和ρ2的值，结合圆的半径可得C2M⊥C2N，从而求得△C2MN的面积?C2M?C2N的值．【解答】解：（Ⅰ）由于x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴C1：x=﹣2的极坐标方程为ρcosθ=﹣2，故C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1的极坐标方程为：（ρcosθ﹣1）2+（ρsinθ﹣2）2=1，化简可得ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4=0．（Ⅱ）把直线C3的极坐标方程θ=（ρ∈R）代入圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，可得ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4=0，求得ρ1=2，ρ2=，∴|MN|=|ρ1﹣ρ2|=，由于圆C2的半径为1，∴C2M⊥C2N，△C2MN的面积为?C2M?C2N=?1?1=．【点评】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，点的极坐标的定义，属于基础题．21.（本小题11分）如图，三棱锥C—ABD，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°。E、F分别是BC、AC的中点。（1）求证：AC⊥BD；（2）若CA=CB，求证：平面BCD⊥平面ABD（3）在上找一点M，在AD上找点N，使平面MED//平面BFN，并说明理由；求出的值

参考答案：略22.（本小题14分）已知