湖北省恩施州高中教育联盟2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、 恩施州高中教育联盟2022年秋季学期高二期末考试数学一、单选题：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】A【解析】【分析】根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：A2. 关于x的一元二次不等式的解集为，则的取值范围（ ）A. a 0B. 0a1C. 01【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式与二次函数的关系，即可求解.【详解】要使一元二次不等式的解集为，则需满足，故选：B3. 已知，若，则（ ）A. B. C. D. 3【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算求

2、出，代入两角差的正切计算可求出结果.【详解】解：因为，所以有，即，所以.故选：D4. 已知圆内一点，则过点的最短弦所在的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由几何性质可知：过点的最短弦所在的直线与直线垂直，求出直线的斜率，从而得到过点的最短弦所在的直线的斜率，求出直线方程.【详解】的圆心为，半径为2，由几何性质可知：过点的最短弦所在的直线与直线垂直，直线的斜率为，故过点的最短弦所在的直线的斜率为1，故过点的最短弦所在的直线方程为，整理为：.故选：B5. 在正方体中，分别为，的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【

3、解析】【分析】以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求出，的坐标，由数量积求夹角公式求解【详解】解：如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则，0，1，2，0，则，异面直线与所成角的正弦弦值为，故选：D6. 已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线于不同的两点，设，为的中点，则到轴的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出抛物线的焦点以及准线方程，设出点，的坐标，再由已知向量关系求出，的坐标关系，再利用点，在抛物线上，联立即可求解【详解】由抛物线的方程可得，准线方程为：，设，则由可得：，所

4、以，解得，则到轴的距离为，故选：C7. 法国数学家加斯帕蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆：的蒙日圆为：，过C上的动点M作的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）A. 椭圆的离心率为B. 面积的最大值为C. 到的左焦点的距离的最小值为D. 若动点D在上，将直线DA，DB的斜率分别记为，则【答案】B【解析】【分析】对于A，取椭圆左顶点与上顶点处的切线，建立齐次方程，可得答案；对于B，根据圆的性质，结合三角形的面积公式，可得答案；对于

5、C，设出点的坐标，由两点距离公式，利用函数的思想，可得答案；对于D，设出点的坐标，代入椭圆的标准方程，利用点差法，结合两点之间斜率公式，可得答案.【详解】依题意，过椭圆的上顶点作y轴的垂线，过椭圆的右顶点作x轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，所以，得，所以椭圆的离心率，故A正确；因为点M，P，Q都在圆C上，且，所以PQ为圆C的直径，所以，所以面积的最大值为，故B不正确；设，的左焦点为，连接MF，因为，所以，又，所以，则M到的左焦点的距离的最小值为，故C正确；由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设，则，又，所以，所以，所以，故D正确故选：B.8. 已知分别为双曲线的左右焦点，为

6、双曲线的右顶点.过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点在第一象限），设分别为的内心，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MNx轴，设直线AB的倾斜角为，有，将表示为的三角函数，结合正切函数的性质可求得范围.【详解】设上的切点分别为HIJ，则.由，得，即设内心M的横坐标为，由轴得点J的横坐标也为，则，得，则E为直线与x轴的交点，即J与E重合.同理可得的内心在直线上，设直线的领斜角为，则，当时，；当时，由题知，因为A，B两点在双曲线的右支上，且，所以或，且，综上所述，.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共2

7、0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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据不等式的性质运算判定选项AB，举反例判断D，根据对数的单调性确定C.【详解】对于选项A：，且，故A正确；对于选项B：，且，故B正确；对于选项C：，当，则，故C错误；对于选项D：设，则，故D错误；故选：AB.10. 已如椭圆的左，右两焦点分别是，其中，直线与椭圆交于A，B两点则下列说法中正确的有（ ）A. 若，则B. 若的中点为M，则C. 的最小值为D. 若，则椭圆的离心率的取值范围是【答案】BD【解析】【分析】对于A，C，

8、根据直恒过定点，结合椭圆的定义即可判断；对于B，用点差法即可得到结果；对于D，根据向量的坐标运算，结合椭圆的定义及离心率的定义代入计算即可判断.【详解】对于选项A，直线恒过点，即左焦点，由椭圆的定义可知：的周长为：，所以A不正确对于选项B，设，所以有，两式作差可得设，因为的中点为M，所以，因此，所以B正确；对于选项C，因为直线过定点，但是不包括直线，因为只有当时，才有最小值，所以C不正确；对于选项D，而，所以，显然而，所以，故D正确，故选：BD11. 已知曲线的方程为，圆M：，则（ ）A. 曲线表示一条直线B. 点与曲线上的点的最短距离为1C. 当时，曲线与圆有3个公共点D. 不论取何值，总存

9、在圆，使得圆与圆相切，且圆与曲线有4个公共点【答案】BCD【解析】【分析】根据曲线化成两条直线，即可判断A；利用点到直线的距离判断B；求解圆心到直线的距离与半径比大小即可判断C；根据圆与圆、直线与圆的位置关系，判断D.【详解】解：对于A，由于曲线的方程为，平方得，即，则曲线表示两条直线，其方程分别为与，所以A错误；对于B，点与直线上的点最短距离为到直线上的距离为1，点在直线外，所以点与直线上的点最短距离为点到直线的距离，故B正确；对于C，当时，圆为，圆心，半径，则到直线的距离为，此时直线与圆有两个交点，到直线的距离为，则此时直线与圆相切只有一个公共点，则曲线与圆M有3个公共点，故C正确；对于D

10、，当时，原点在圆内，则存在，半径为的圆与圆内切，使得圆与曲线有4个公共点，如下图，当时，原点在圆外，则存在，半径为的圆与圆外切，使得圆与曲线有4个公共点，如下图当时，则存在，以为半径的圆与圆内切，此时到直线的距离，所以圆与曲线有4个公共点，如下图当时，则存在，以为半径的圆与圆外切，此时到直线的距离，所以圆与曲线有4个公共点，如下图综上，故D正确.故选：BCD.12. 在棱长为1的正方体中，点满足，则以下说法正确的是（ ）A. 当时，平面B. 当时，存在唯一的点，使得与直线的夹角为C. 当时，长度的最小值为D. 当时，与平面所成的角不可能为【答案】ACD【解析】【分析】根据已知条件，结合向量关系

11、，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.【详解】A选项：当时， 的轨迹为线段，由正方体的结构特征，可知平面平面，而平面，平面，故A正确；B选项：当时，点的轨迹为线段，直线直线，当与重合时，与直线所成角最大，即与直线所成角最大，最大为，故B错误；C选项：当时， 点轨迹为线段，到线段的距离为，长度的最小值为故C正确；D选项：当时， 点轨迹为线段，过点做垂直平面于点，则在线段上，为直线与平面所成角，若，则，又点到线段上点的最小距离为，不存在，所以与平面所成角不可能为，故D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知等差数列的前项和为，且满足：，则_.【答案】25【解

12、析】【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出第5项即可计算作答.详解】等差数列中，由，得：，即有，因此数列的公差，所以.故答案为：2514. 甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率是_.【答案】【解析】【分析】设这道题没被解出来为事件A，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率【详解】设数学题没被解出来为事件A，则.故这道题被解出（至少有一人解出来）的概率.故答案为：15. 已知双曲线的左右焦点分别为为原点，若以为直径的圆与的渐近线的一个交点为，且，则的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意得，

13、再根据等腰三角形得角的大小，即可求出答案.【详解】由题意知,故答案为：.16. 若函数的定义域为，对任意的，当时，都有，则称函数f（x）是关于D关联的.已知函数是关于4关联的，且当时，.则：当时，函数的值域为_；不等式的解集为_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据“关联”的定义，求得在区间、上的解析式，由此对进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意已知函数是关于4关联，即对任意的，当时，都有，即对任意的，当时，都有，即对任意，都有当时，所以当时，当时，所以在区间上的值域为.得结论.当时，当时，当时，.由上述分析可知，满足的的取值范围需满足，或，当时，解得.当时，解得.所以不等式的解集为.

14、得结论.故答案为：；【点睛】新定义问题求解，关键是理解新定义的概念，然后将“新问题”转化为学过的知识来进行求解.本题的“新定义”，是转化为分段函数解析式、值域问题来进行求解.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. 在锐角ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角C的大小；（2）若，且，求ABC的周长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；（2）根据余弦定理即可求解.【小问1详解】由及正弦定理得 因为，故 又 为锐角三角形，所以【小问2详解】由余弦定理， ，得 解得：或 的周长为18. 2022年“中国航

15、天日”线上启动仪式在4月24日上午举行，为普及航天知识，某校开展了“航天知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取50名，统计他们的成绩（满分100分），其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名同学的平均成绩；（2）先用分层抽样的方法从评分在和的同学中抽取5名同学，再从抽取的这5名同学中抽取2名，求这2名同学的分数在同一区间的概率.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）由频率之和为1求出，再由频率分布直方图计算平均数；（2）由分层抽样抽取5名同学，再由列举法得出所求概率.【小问1详解】由已

16、知，记平均成绩为，.【小问2详解】先用分层抽样的方法从分数在和的同学中抽取5名同学，则应从中抽取1人，记为，中抽取4人，记为，.从这5名同学中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，分别是：，又因为抽取的2人分数都在同一区间的结果有：，共6种.故所求概率.19. 已知函数的图象按向量平移后得到的图象，数列满足（且）.（1）若，且，证明：是等差数列；（2）若，试判断中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析； （2）存在，最大项与最小项.【解析】【分析】（1）求出函数的解析式，进而求出数列相邻两项的关系等式，再根据已知推理计算作答.（2）

17、由（1）求出数列的通项公式，再分段讨论并结合单调性求解作答.【小问1详解】函数的图象按向量平移后得到的图象对应的函数为，则当且时，由，得当且时，则，所以是以为首项，1为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）知，数列的通项公式为，由，得，即，显然当时，即，因此当时，数列是递减的，当时，而，即当时，数列是递减的，所以数列中存在最大项与最小项.20. 如图，在四棱锥中，平面平面，E为中点.（1）求证： 面；（2）求证：面；（3）点Q在棱上，设（），若二面角的余弦值为，求.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）取中点F，连接，易证四边形是平行四边形，得到，再利用线面平

18、行的判定定理证明；（2）易证，根据面面，得到面，进而得到，再结合，利用线面垂直的判定定理证明；（3）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，取面的一个法向量，由求解.【小问1详解】证明：取中点F，连接，则，又，四边形是平行四边形，又面，面，面；【小问2详解】证明：由题意：，同理，又， 又面面，面，.又且面，面，面；【小问3详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由，有，令是平面的一个法向量，则，令，有，取面的一个法向量，由.解得.21. 如图，已知圆，点为直线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为、，且两条切线、与轴分别交于、两点（1）当在直线上时，求的值；（2）当运动

19、时，直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由【答案】（1） （2）直线过定点【解析】【分析】（1）求出点的坐标，分析可知过点且与圆相切的直线的斜率存在，设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于圆的半径求出切线的斜率，求出两条切线的方程，可求得点、的坐标，再利用平面内两点间的距离公式可求得的值；（2）设点，写出以点为圆心，为半径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差，可得出直线的方程，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.【小问1详解】解：联立可得，即点，若过点的直线垂直于轴，则该直线的方程为，显然直线与圆不相切，设过点且与圆相切的直线的方程为，即，则圆心到切线的距离为，整理可得

20、，解得，由图可知，直线方程为，则直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，在直线的方程中，令，可得，即点，因此，.【小问2详解】解：分析知、在以为圆心，为半径的圆上，设，所以，以点为圆心，半径为的圆的方程为，将圆和圆的方程作差，消去、可得，即，故直线的方程为.由可得，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的

21、点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为2（1）求椭圆C的方程；（2）动直线交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为，且T是线段OD延长线上一点，且，的半径为，OP，OQ是的两条切线，切点分别为P，Q，求的最大值【答案】（1）； （2）最大值为.【解析】【分析】（1）根据焦距易得，再根据离心率为可得椭圆方程;（2）将直线与椭圆联立得到方程组，利用弦长公式得到的表达式，再利用，则可得到，即圆半径的表达式，根据，则,则将直线的方程与椭圆方程联立，得到的表达式，利用,将上述表达式代入，利用换元法结合二次函数最值得到的最值，最终得到的最大值.【小问1详解】由题意得，又，椭圆方程为：.【小问2详解】设，联立，得，直线的方程为：，联立得，,，令，且，则当且仅当，即，时等号成立，因此，的最大值为，综上所述，的最大值为，此时.【点睛】本题第二问计算量与思维量较大，对于弦长公式要做到熟练运用，角度最值转化为在一定角度范围内的角的正弦值的最值，最终结合换元法，配方法等求解函数表达式的最值，从而得到角度的最值.