贵州省凯里市第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题.docx

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1、 凯里一中20222023学年度第一学期期末考试高二数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，将答题卡交回。考试时间：120分钟 试卷满分：150分一、单项选择题（本大题共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.）1.已知集合，则（ ）A.B.C.D.2.复数，则（ ）A.B.C.1D.23.已知双曲线，则双曲线的焦距是（ ）A.B

2、.C.D.4.已知，则下列正确的是（ ）A.B.C.D.5.已知的内角，的对边分别为，的面积为，则（ ）A.2B.C.4D.166.已知等比数列的前项和为，且公比，则（ ）A.1B.C.D.7.已知圆与圆有两个交点，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.8.如图，在平面四边形中，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为（ ）A.B.C.D.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题满分5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）9.下列叙述不正确的是（ ）A.若，则B.“”是“”的充分不

3、必要条件C.命题：，则命题的否定：，D.函数的最小值是410.已知直线，则下列说法正确的是（ ）A.直线倾斜角的取值范围是B.直线在轴的截距为C.当时，直线与圆相离D.直线与直线垂直11.函数的最小正周期为，且函数的图象过点，则下列正确的是（ ）A.函数在单调递减B.，C.满足条件的最小正整数为1 D.函数为奇函数12.如图，在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则下列结论正确的是（ ）A.有且仅有一点，使得B.的周长与的大小有关C.三棱锥的体积与的大小有关D.当时，直线与平面所成的角的正弦值为三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知向量，若，则_.14.已知函数，则_.1

4、5.已知定义在上的函数满足下列条件：函数的图象关于轴对称；对于任意，；当时，；若函数（且）有6个零点，则的取值范围是_.16.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于_.四、解答题（本大题共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.（本小题满分10分）的内角，的对边分别为，且.（1）若，求的值；（2）若，求角.1

5、8.（本小题满分12分）已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.19.（本小题满分12分）凯里市2020年被评为全国文明城市，为了巩文固卫，凯里一中某研究性学习小组举办了“文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取400份试卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并估计知识竞赛成绩的第80百分位数；（2）现从该样本成绩在与的市民中按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的竞赛成绩来自不同组的概率.20.（本小题满分12分）如图所示，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且直三棱

6、柱的体积为，点为的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.21.（本小题满分12分）设函数（，且）.（1）若，且不等式在区间恒成立，求实数的取值范围；（2）若，函数在区间上的最小值为，求实数的值.22.（本小题满分12分）抛物线上的点到抛物线的焦点的距离为2，（不与重合）是抛物线上两个动点，且.（1）求抛物线的标准方程及线段的最小值；（2）轴上是否存在点使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.凯里一中2022-2023学年度第一学期半期考试高二数学参考答案一、单项选择题题号12345678选项DCDABDBA解析：1.D.解：，.2.C.解：.3.D.解：由，即，由，所

7、以焦距为.4.A.由，则. 5.B.解：由题意，所以，所以，解得或（舍去）.6.D.解：，即，则，所以，由，则，由，则，所以.7.B.解：由题意知，圆心与圆心，则圆心距，因为圆与圆有两个交点，则圆与圆相交，则解得.8.A.解：平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，又，平面，平面，平面，又平面，即为直角，又为直角，取的中点，连接，由直角三角形的斜边上的中线性质，可得为三棱锥外接球的球心，设为，则，；平面，为直角，则，易得外接球的半径，三棱锥外接球的表面积为二、多项选择题题号9101112选项BDBCDABCABD解析：9.BD.对于A.由不等式的性质可知A正确；对于B.由得，则，故B不正确；对

8、于C.由命题的否定知C正确；对于D.当时，故D错误.10.BCD.解：对于A，直线的斜率，直线的倾斜角的范围是，故A错误；对于B，在直线方程中令得，故B正确；对于C，当时，直线，圆心到直线的距离，故C正确；对于D，由知D正确.11.ABC.解：函数，因为函数的最小正周期为，所以，因为函数图象过点，所以，则，即，因为，所以，则，对于A，当时，则由余弦函数的性质知在单调递减，故A正确；对于B，因为，所以是的一条对称轴，故B正确；对于C，由得或当时，.解得，即，当时，此时最小正整数为1.当时，解得，当时，不符合题意，当时，此时最小正整数为3，综上所述，满足条件的最小正整数为1，故C正确.对于C，另解

9、：，故C正确.对于D，函数为偶函数，故D错误.12.ABD.解：对于A.当且仅当点为中点时，故A正确；对于B.当点为中点时，的周长为，当点与重合时，的周长为，则的周长与的大小有关，故B正确；对于C.由于，显然平面，又，所以在任何位置时到平面的距离相等，则三棱锥的体积与的大小无关，故C错误；对于D.当时，建立空间坐标系易知直线与平面所成的角的正弦值为，故D正确.三、填空题题号13141516选项1解析：13.解：由向量，.则，由，则，解得.14.解：.则15.解：函数的图象关于轴对称，则为偶函数，对于任意，则，即函数的最小正周期为2.当时，；函数有6个交点作图如下：由图易知，则且，解得，所以的取

10、值范围是16.解：设椭圆的焦距为，长半轴为，作出轴截面如图所示.根据Dandelin双球模型，由图1得，由图2得，则椭圆的离心率.四、解答题（本大题共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.解：（1）由，则，由余弦定理得，即，则，解得（5分）（2），由正弦定理得，由，则，可得，即，解得或（舍去），又，. （10分）18.解：（1）由，则数列是以为公差的等差数列，由，则，则数列的通项公式（6分），故（12分）19.解：（1）因为所以，设知识竞赛成绩的第80百分位数为，由的频率为0.65，的频率为0.9，则位于，则，解得，则知识竞赛成绩的第80百分位数为86. （6分）（

11、2）根据分层抽样，在内选取2人，记为，在内选取4人，记为，.从这6人中选取2人的所有选取方法：，共15种.2人的竞赛成绩来自不同组的选取方法：，共8种.所以所求概率为. （12分）20.解：（1）由题意知，则，设与交点为，连接.由题可知四边形为正方形，所以，且为中点.又因，所以，所以.又因为，所以平面. （6分）（2）取的中点，连接，在平面过点内作的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系.则，.所以，.设平面的一个法向量为，则，令，则.由（1）可知平面的一个法向量为，平面与平面夹角为则则平面与平面夹角的余弦值. （12分）21.解：（1），因为，解得（1分）因为，且，在R上为单调递增函数，则函数为

12、R上单调递增的奇函数（3分）不等式等价于，所以，即在区间恒成立，当时，则，当时，即，解得，综上所述，实数的取值范围是. （6分）（2），即，解得或（舍）所以，令，则在单调递增，所以，即设，对称轴为，当时，则在区间单调递减，则，解得：符合题意，当时，则在区间单调递减，在区间单调递增，解得：或（舍）综上所述或. （12分）22.解：（1）由抛物线的定义得，解得，则抛物线的标准方程为（2分）依题意知，直线与直线的斜率存在，设直线方程为：，由得，直线方程为：，由得点，同理可得点则令，则，函数在区间单调递增，所以，则，所以线段的最小值为8（6分）（2）由得，假定在轴上存在点使得，设点，则直线斜率，直线斜率（8分）由得，则有，即，整理得，显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，即当时，恒成立，恒成立，所以，轴上存在点使得，点. （12分）