湖南省邵阳市邵东市第一中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题 Word版含解析

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邵东一中2022年高二下学期期末考试试卷数学试题考试范围：必修一、二，选择性必修一、二时间：120分钟分值：150分一、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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求,再应用交集运算,得出即可.【详解】因为,所以所以故选:.2.设函数，则曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，进而即可得切线方程.【详解】因为，所以，所以，即在处切线方程的斜率为，又因为，所以切线方程为，整理得，故选：B3.已知命题p：；命题q：.p是q成立的（）条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不也不必要条件【答案】A【解析】

1【分析】根据对数函数及指数函数的单调性化简命题，然后根据充分条件必要条件的概念即得.【详解】因为命题p：，即，命题q：，即，所以由可推出，而由推不出，所以是成立的充分不必要条件,故选：A.4.若等差数列和等比数列满足，则的公差为（）A.1B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据等差等比数列的通项公式转化为首项与公比，公差的关系求解.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，又又，故选：A5.若定义在上的偶函数，对任意的，且，都有且，则满足的x的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依题意可得在上单调递增，根据偶函数的性质可得在上单调递减，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集；【详解】因为函数满足对任意的，且，有，

2即在上单调递增，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递减，又，所以，函数的大致图像可如下所示：所以当时，当或时，又不等式等价于或，解得或，即原不等式的解集为；故选：D.6.已知向量，满足，，且，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得数量积，再利用向量夹角公式即可求得与的夹角.【详解】因为，所以,则.则.又因为，所以,即与的夹角为.故选：D.7.已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交左支交于两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为（）

3A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由为圆心，为半径为径的圆经过点，得，结合双曲线的定义及勾股定理可得解．【详解】解：由题意得，设，则，，，，在中，由勾股定理得，解得，则，，在中，由勾股定理得，化简得，所以的离心率，故选：B8.若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.

4【答案】B【解析】【分析】根据在上递增，利用同构法求解即可．【详解】解：构造，则在上显然递增，由得，即，，，令，则，由得，递增，由得，递减，，．故选：B．【点睛】本题解题的关键是看到“指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简．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.下列结论中，正确的结论有（）A.如果，那么的最小值是2B.如果，，，那么的最大值为3C.函数的最小值为2D.如果，，且，那么的最小值为2

5【答案】BD【解析】【分析】对A.如果，那么，命题不成立；对B.使用基本不等式得即可得的最大值；对C.函数，当且仅当时取等号，此时无解；对D.根据题意构造，将“1”替换为，代入用基本不等式求解.【详解】对于A：如果，那么，最小值是2不成立；对于B：如果，，，则，整理得，所以，当且仅当时取得最大值，所以的最大值为3，故B正确；对于C：函数，当且仅当时取等号，此时无解，不能取得最小值2，故C错误；对于D：如果，，且，那么，当且仅当时取得最小值，故D正确.故选：BD10.意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，…即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列说法正确的是（）A.B.是偶数C.D.【答案】ABD

6【解析】【分析】选项ACD通过递推关系分析即可．选项B通过奇数偶数特性分析可得出是奇数偶数是周期出现的．【详解】由已知，数列满足递推关系．选项：；故正确；选项：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，，恰好能被3整除，且为偶数，所以也为偶数，故正确；选项：若选项C正确，又，则，同理，，依次类推，可得，显然错误，故错误；选项：，又，故正确；故选：．11.已知边长为2的正方体ABCD—，E为AD中点，F为中点，则（）A.EF与所成角的正弦值为B.C.若平面与平面的交线为l，则直线l与BE所成角的余弦值为D.若D在平面内的投影为点O，则【答案】BD【解析】

7【分析】首先建立空间直角坐标系，逐个对选项进行判断即可得到结果对A：求出EF与得向量坐标，再代入数量积公式求得余弦值，进而求正弦值；对B：分别求出及点到平面的距离，可求得体积；对C：求出交线的方向向量与BE的方向向量，再代入数量积即可求得余弦值；对D：求出点的坐标，即可求出，再由模长公式即可求得的长.【详解】如图，以A点为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，依题意可得B（2，0，0），（0，0，2），（2，2，2），（0，2，2），E（0，1，0），F（1，1，2）.∴，∴∴，A错误；，B正确；由图可知，延长到，使得，连接，并取的中点，连接，可知，即平面与平面为同一平面；连接，可知四边形为平行四边形，即平面与平面为同一平面；又因为点既在平面内又在平面CC1E内所以平面与平面CC1E的交线为，M为A1G的中点，

8∴M（0，1，3），故∴，C错误；∵，∴三棱锥为正三棱锥.∵D在平面内的投影为点O，∴O为△的中心，故，∴，，，D正确.故选：BD.12.已知函数有两个零点，且，则下列选项正确的有（）A.B.在上单调递减C.D.若，则【答案】AD【解析】【分析】根据参变分离构造函数，根据的性质，即可判断A；求导得，结合即可判断B；构造函数，利用导数求解的范围，即可判断C，根据与的大小关系结合的单调性即可判断D．【详解】对于A，由等价于，令，令，得，令，得，所以在单调递增；在单调递减，

9当时，取极大值，当；当时，，，则，故A正确．对于B，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，因为，则，所以在单调递增，故B错误；对于C，由A可知，当时，，当时，令，，，，在上单调递增，，，则，又，，又在上单调递增，，，，综上，故C错误；对于D，在单调递增，在上单调递减，且，，

10，，，，，故D正确，故选：AD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是公比为q的等比数列，且成等差数列，则q＝_____．【答案】或1【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列列方程，再解方程作答.【详解】等比数列中，成等差数列，则，即，而，整理得，解得或，所以或.故答案为：或114.已知直线与圆相交于A，B两点，则取最小值时直线l的方程是______．【答案】【解析】【分析】根据直线过定点可知，当圆心到直线距离最大时，弦长最小，即可得出直线斜率求得l的方程.【详解】由直线可知，直线过定点，圆即，可得圆心，半径；设圆心到直线的距离为，根据弦长公式可知，最大时，取最小值，易知，的最大值为圆心到定点的距离，

11此时圆心和定点的连线与直线垂直，可得直线的斜率满足，得所以，直线l的方程为故答案为：15.在中，a，b，c分别是内角A，B，C所对边的长，已知，，，则边AB的长是______．【答案】8【解析】【分析】由得，由得，在中使用正弦定理求出AB.【详解】因为，，所以，，又因为，所以，又因为，在中由正弦定理得.故答案为：8.16.已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.【详解】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；，

12，代入不等式，可得，整理可得，当为偶数时，不等式为，令，，当时，，则在上单调递增，由于，故，此时；当为奇数时，不等式为，令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，综上所述，.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.17.在中，的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角公式得到，即可求出；（2）利用正弦定理表示出，利用三角函数求出最值.【小问1详解】在中，的对边分别为，由正弦定理得.

13因为，所以，.∵，∴..【小问2详解】由题意，则，则，由，得，则，故的取值范围为18.已知函数，．（1）当时，求函数的极值；（2）当时，若函数在上的最小值为，求实数a的值．【答案】（1）的极小值为，极大值为11；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值作答.（3）利用导数探讨函数在的单调性，求出最小值即可求解作答.【小问1详解】

14当时，函数定义域为R，，当或时，，当时，，即函数在，上递减，在上递增，因此当时，取得极小值，当时，取得极大值，所以的极小值为，极大值为11．【小问2详解】函数，，求导得，因为，则由得，显然，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，而，，则函数在上的最小值为，解得，所以实数a的值为1.19.已知函数的所有正的零点构成递增数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用辅助角公式化简，再求出所有正的零点，利用等差数列即可求解通项.（2）首先求出，再利用错位相减法求解即可.【小问1详解】

15，由题意令，解得.又函数的所有正的零点构成递增数列，所以当时，是首项，公差的等差数列，因此.【小问2详解】由（1）知，则，①，②由①-②得，所以.20.如图所示，在四棱锥中，，，，.（1）证明：；（2）求直线BC与平面PCD所成角余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）

16【解析】【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面PCD所成角的正弦值进而求得其余弦值.【小问1详解】连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP.因为，所以，因为，所以，又平面，所以平面OAP，因为平面OAP，所以.【小问2详解】因为，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面ABCD.，，所以.如图，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，平面PCD的法向量分别为，所以，即，取，则，设与平面PCD所成的角为，则则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为.

1721.已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为、，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交椭圆于两点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）根据椭圆离心率以及点联立方程组即可得椭圆标准方程；（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式即可求得面积表达式，再利用基本不等式即可求得最值【小问1详解】由离心率可得，即，由点在椭圆上可得，又解得，，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）可得，，故直线过焦点，

18联立消去可得，设，，则，，则，∴，当且仅当，即时取等号，故面积的最大值为.22.已知函数（），其中为自然对数的底数.（1）讨论的单调区间；（2）若，设函数，当不等式在上恒成立时，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）由题得，分，讨论单调性解决即可；（2）参数分离得在上恒成立，令，讨论单调性，求最大值即可解决.【小问1详解】易知函数（）的定义域为.所以，当时，由，得，由，得.所以的单调增区间为，单调减区间为；

19当时，由，得，由，得.所以的单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】将代入，得，因为，不等式在上恒成立，所以，即在上恒成立，令，易知函数的定义域为.所以.当时，，故；当时，，故.所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，上取得最大值.所以，所以实数的取值范围是.【点睛】思路点睛：导数在函数中的综合运用，第一问利用导数研究含参函数的单调性，注意分类讨论思想；第二问不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理.

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