2022年浙江省台州市之江中学高二数学理期末试卷含解析

2022年浙江省台州市之江中学高二数学理期末试卷含解析一、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（其中i为虚数单位），则的虚部为(

)A.－i B.－1 C.1 D.2参考答案：B【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，进而可得结果.【详解】因为,所以，故的虚部为－1，故选B.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2.函数与在同一坐标系中的图象可能是（

）A. B.C. D.参考答案：C【分析】由二次函数中一次项系数为0，我们易得函数的图象关于轴对称，然后分当时和时两种情况，讨论函数的图象与函数的图象位置、形状、顶点位置，可用排除法进行解答．【详解】由函数中一次项系数为0，我们易得函数的图象关于轴对称，可排除D；当时，函数的图象开口方向朝下，顶点点在轴下方，函数的图象位于第二、四象限，可排除B；时，函数的图象开口方向朝上，顶点点在轴上方，可排除A；故选：C．【点睛】本题考查的知识点是函数的表示方法(图象法)，熟练掌握二次函数及反比例函数图象形状与系数的关系是解答本题的关键．

3.现有4个人分乘两辆不同的出租车，每车至少一人，则不同的乘法方法有

（

）

A．10种

B．14种

C．20种

D．48种参考答案：B4.参考答案：B5.设a＝，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为________．参考答案：略6.设x，y∈R，向量=（x，1），=（1，y），=（2，﹣4），且⊥，∥，则|+|=（）A． B． C． D．10参考答案：B【考点】96：平行向量与共线向量；93：向量的模．【分析】由向量平行与垂直的充要条件建立关于x、y的等式，解出x、y的值求出向量的坐标，从而得到向量的坐标，再由向量模的公式加以计算，可得答案．【解答】解：∵，且，∴x?2+1?（﹣4）=0，解得x=2．又∵，且，∴1?（﹣4）=y?2，解之得y=﹣2，由此可得，，∴=（3，﹣1），可得==．故选：B7.若变量x,y满足，则z=x+2y的最大值与最小值分别为（

）。A.1，﹣1

B.2，﹣2

C.1，﹣2

D.2，﹣1参考答案：B8.设a，b∈R，c∈[0，2π），若对任意实数x都有2sin（3x﹣）=asin（bx+c），则满足条件的a，b，c的组数为（）A．1组 B．2组 C．3组 D．4组参考答案：D【考点】三角函数中的恒等变换应用．【分析】由题意确定a，b，从而可得满足条件的a，b，c的组数．【解答】解：由题意2sin（3x﹣）=asin（bx+c），他们周期和最值相同，∵sin（bx+c）在b∈R，c∈[0，2π）的值可以取得±1，∴a=±2．同理：对任意实数x都成立，他们周期相同，∴b=±3．那么c∈[0，2π）只有唯一的值与其对应．∴满足条件的a，b，c的组数为4组．故选：D．9.若“”是“”的充分而不必要条件，则实数的取值范围是(

)A．

B．C．

D．参考答案：A10.设若的最小值为（

）

A

8

B

4

C1

D参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.将函数的图象上的每一点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标变为原来的2倍，然后把所得的图象上的所有点沿x轴向左平移个单位，这样得到的曲线和函数的图象相同，则函数的解析式为___________．参考答案：略12.设点P为有公共焦点F1、F2的椭圆M和双曲线Γ的一个交点，，椭圆M的离心率为e1，双曲线Γ的离心率为e2．若e2=2e1，则e1=．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】由椭圆及双曲线的定义可知m+n=2a1，m﹣n=2a2．利用余弦定理，求得10=+，将e2=2e1，即可求得e1．【解答】解：设椭圆与双曲线的半长轴分别为a1，a2，半焦距为c．e1=，e2=．设|PF1|=m，|PF2|=n，不妨设m＞n，则m+n=2a1，m﹣n=2a2．∴m2+n2=2+2，mn=﹣4c2=m2+n2﹣2mncos∠F1PF2，∴4c2=2+2﹣2（﹣）×．整理得：10c2=+9，∴10=+，又e2=2e1，∴40=13，e1∈（0，1）．解得：e1=．∴椭圆的离心率e1=．故答案为：．13.若直线与抛物线交于、两点，则线段的中点坐标是_

___参考答案：(4,2)略14.如图所示，机器人亮亮从A地移动到B地，每次只移动一个单位长度，则亮亮从A移动到B最近的走法共有种．参考答案：80【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【分析】分步计算，第一步A→C最近走法有2种；第二步C→D最近走法有C36=20种；第三步D→B最近走法有2种，利用乘法原理可得结论．【解答】解：分步计算，第一步A→C最近走法有2种；第二步C→D最近走法有C36=20种；第三步D→B最近走法有2种，故由A→B最近走法有2×20×2=80种．故答案为：80．15.某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元，70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要软件至少买3件，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有___________种.参考答案：6略16.函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数满足以下两个条件：(1)在[m，n]上是单调函数；(2)在[m，n]上的值域为[2m，2n]，则称区间[m，n]为的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有

_________________________.（填上所有正确的序号）①

②③

④参考答案：①③④略17.若A(－3，y0)是直线l：x－y－a＝0(a<0)上的点，直线l与圆C：x2＋y2－2x＋4y－5＝0相交于M，N两点。若△MCN为等边三角形，过点A作圆C的切线，切点为P，则|AP|＝

。参考答案：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.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位.已知直线的参数方程为（为参数，），曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点的直角坐标为，直线与曲线相交于、两点，并且，求的值.参考答案：（Ⅰ）当时，可化为，由，得.经检验，极点的直角坐标（0,0）也满足此式.所以曲线的直角坐标方程为.（Ⅱ）将代入，得，所以，所以，或，即或.19.(本题满分10分)在圆锥中，已知的直径的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线. 参考答案：（1）因为，D是AC的中点，

所以AC⊥OD

又PO⊥底面⊙O，AC底面⊙O

所以AC⊥PO，而OD，PO是平面内的两条相交直线

所以AC⊥平面POD；

（2）（方法一）由（1）知，AC⊥平面POD，又AC平面PAC

所以平面POD⊥平面PAC

在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC

连接CH，则CH是OC在平面上的射影，

所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角

在Rt△POD中，

在Rt△OHC中，。（方法二）用体积法求出点到平面的距离，再用线面夹角的定义。20.（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=．（Ⅰ）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；（Ⅱ）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与

SB所成角的大小；（Ⅲ）求点D到平面SBC的距离．

参考答案：（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）∵SD⊥底面ABCD，ABCD是正方形，∴CD⊥平面SAD，AD⊥平面SDC，又在Rt△SDB中，．……1分以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DS为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，．

…………2分设平面SBC的法向量为，则，，∵，，∴，∴可取…4分∵CD⊥平面SAD，∴平面SAD的法向量．

……………5分∴，∴面ASD与面BSC所成二面角的大小为45°．……6分（Ⅱ）∵，∴，，又∵，∴DM⊥SB，

∴异面直线DM与SB所成角的大小为90°．

………9分（Ⅲ）由（Ⅰ）平面SBC的法向量为，∵，∴在上的射影为，∴点D到平面SBC的距离为．………12分略21.已知:如右图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB＝DC,过点D作AC的平行线DE,交BA的延长线于点E．求证：(1)△ABC≌△DCB

(2)DE·DC＝AE·BD．参考答案：证明：(1)∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AC＝DB∵AB＝DC，BC＝CB，∴△ABC≌△BCD。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分(2)∵△ABC≌△BCD，∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC。。。。。。。。。。。。。8分∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC

∴∠EDA＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB∴△ADE∽△CBD

∴DE:BD＝AE:CD，

∴DE·DC＝AE·BD.。。。。。。。10分22.（12分）（2015秋?洛阳期中）已知数列{an}的前n项和Sn=（）n﹣1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）当bn=log（3an+1）时，求数列{}的前n项和Tn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．

【专题】等差数列与等比数列．【分析】（1）由Sn=（）n﹣1．当n=1时，a1=S1；当n≥2时，