2022-2023学年湖南省益阳市沅江莲子塘中学高二数学文上学期期末试题含解析

1、2022-2023学年湖南省益阳市沅江莲子塘中学高二数学文上学期期末试题含解析一、 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. 已知命题p：，命题q：，则下列命题为真命题的是（）ApqB（p）（q）Cp（q）D（p）q参考答案：C【考点】2E：复合命题的真假【分析】利用导数研究函数的单调性可得命题p的真假，利用指数函数的单调性即可判断出命题q的真假，再利用复合命题真假的判定方法即可得出【解答】解：对于命题p记f（x）=sinxx由f（x）=cosx10可知f（x）是定义域上的减函数则时，f（x）f（0）=0，即sinxx0，所以命题p

2、是真命题对于命题q，当x00时，所以命题q是假命题于是p（q）为真命题，故选：C2. 设是正三棱锥，是的重心， 是上的一点，且，若，则为（ ）A B C D参考答案：A由是上一点，且，可得又因为是的重心，所以而，所以，所以，选A.3. 矩形的对角线互相垂直，正方形的对角线互相垂直，所以正方形是矩形.以上三段论的推理中（ ）A. 推理形式错误B. 小前提错误C. 大前提错误D. 结论错误参考答案：C【分析】利用几何知识可知矩形的对角线不是垂直的，所以是大前提出现了错误.【详解】矩形的对角线不是垂直的, 正方形的对角线是垂直的，正方形是矩形，所以可知大前提出现了错误.【点睛】本题主要考查逻辑推理的

3、结构，分清三段论推理中的大前提，小前提，结论是求解关键.4. 以点（5，4）为圆心且与x轴相切的圆的方程是（）A（x5）2+（y4）2=16B（x+5）2+（y4）2=16C（x5）2+（y4）2=25D（x+5）2+（y4）2=25参考答案：A【考点】圆的标准方程【分析】由A点到x轴的距离为A纵坐标的绝对值，得到圆的半径为4，由圆心和半径写出圆的标准方程即可【解答】解：由题意得：圆的半径r=4，则所求圆的标准方程为：（x5）2+（y4）2=16故选A5. 设a，bR，则“ab1”是“aba2b2”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案：A考点：必

4、要条件、充分条件与充要条件的判断 专题：简易逻辑分析：根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论解答：解：设命题p：ab1；则ab0，命题q：aba2b2化简得（ab）（a+b）（ab），又a，bR，p?q，q推不出p，P是q的充分不必要条件，即“ab1”是“aba2b2”的充分不必要条件，故选：A点评：本题重点考查充分条件、必要条件和充要条件的概念及其应用，属于中档题6. 右图实线是函数的图象，它关于点对称. 如 果它是一条总体密度曲线，则正数的值为（ ）AB CD参考答案：B略3. 圆和圆的位置关系是 A. 外切 B. 内切 C. 外离 D. 内含参考答案：A 8.

5、 已知，是平面，m，n是直线，给出下列命题，其中正确的命题的个数是（）（ 1 ）若m，m?，则（ 2 ）若m?，n?，m，n，则（ 3 ）如果m?，n?，m，n是异面直线，那么n与相交（ 4 ）若=m，nm，且n?，n?，则n且nA1B2C3D4参考答案：B【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】利用面面平行和妈妈垂直的判定定理分别分析解答【解答】解：对于（ 1 ），若m，m?，则满足面面垂直的判定定理，所以正确；对于（ 2 ），若m?，n?，m，n，如果mn，则，可能相交，所以错误；对于（ 3 ），如果m?，n?，m，n是异面直线，那么n与相交或者平行；故（3）错误；对于（ 4 ），若

6、=m，nm，且n?，n?，满足线面平行的判定定理，所以n且n正确故选B【点评】本题考查了面面垂直、面面平行、线面平行的判定定理的运用，熟练运用定理是关键9. 已知椭圆C：，直线l：y=mx+1，若对任意的mR，直线l与椭圆C恒有公共点，则实数b的取值范围是（）A1，4） B1，+） C1，4）（4，+） D.（4，+）参考答案：C略10. 已知直线y=kx+2k+1与直线y=x+2的交点位于第一象限，则实数k的取值范围是（）ABk或 kC6k2Dk参考答案：A【考点】两条直线的交点坐标【分析】联立，可解得交点坐标（x，y），由于直线y=kx+2k+1与直线y=x+2的交点位于第一象限，可得，解

7、得即可【解答】解：联立，解得，直线y=kx+2k+1与直线y=x+2的交点位于第一象限，解得故选：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知，若满足有唯一整数解，则实数的取值范围_.参考答案： 12. 联考过后，夷陵中学要筹备高二期中考试分析会，要安排七校七个高二年级主任发言，其中襄阳五中与钟祥一中的主任安排在夷陵中学主任后面发言，则可安排不同的发言顺序共有_(用数字作答)种。参考答案：13. 若复数（其中i为虚数单位）的实部与虚部相等，则实数a=参考答案：1【考点】复数代数形式的乘除运算【专题】数系的扩充和复数【分析】利用复数的运算法则、实部与虚部的定义即可得出【解答】

8、解：复数=ai+1，Z的实部与虚部相等，a=1，解得a=1故答案为：1【点评】本题考查了复数的运算法则、实部与虚部的定义，属于基础题14. 设，其中m，n是实数，则_参考答案：【分析】根据复数相等求得，利用模长的定义求得结果.【详解】由题意得： ，本题正确结果：【点睛】本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的问题，属于基础题.15. 函数在x=4处的导数= 。参考答案：略16. 若圆与圆关于原点对称，则圆的标准方程是_.参考答案：略17. 不等式，的解集是_.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. 三条直线（1）求与的夹角大小；（用反三角

9、函数表示）（2）若三条直线不能围成一个三角形,求的所有可能值参考答案：（1）解：设与的夹角为， 与的夹角大小为 +2分（答案也可）（2）与平行（或重合）： 与平行（或重合）： ，与三线共点： 综上：或或略19. 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点（1）证明：BEDC；（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（3）求二面角ABDP的余弦值参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；MI：直线与平面所成的角【分析】（1）取PD中点M，连接EM，AM，推导出四边形ABEM为平行四边形，CD平面PAD，由此能证明B

10、EDC（2）连接BM，推导出PDEM，PDAM，从而直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，EBM为直线BE与平面PBD所成的角，由此能求出直线BE与平面PDB所成角的正弦值（3）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ABDP的余弦值【解答】证明：（1）如图，取PD中点M，连接EM，AME，M分别为PC，PD的中点，EMDC，且EM=DC，又由已知，可得EMAB，且EM=AB，四边形ABEM为平行四边形，BEAMPA底面ABCD，ADAB，ABDC，CD平面PAD，CDAM，BEDC解：（2）连接BM，由（1）有CD平面PAD，得CDPD，而

11、EMCD，PDEM又AD=AP，M为PD的中点，PDAM，PDBE，PD平面BEM，平面BEM平面PBD直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，BEEM，EBM为锐角，EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD=2，而M为PD中点，AM=，BE=在直角三角形BEM中，sinEBM=，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为（3）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），=（1，2，0），=（1，0，2），设平面BDP的法向量=（x，y，z），则，取x=2，得=（2，1，1），平面ABD的法向量=（0，0，1），

12、设二面角ABDP的平面角为，则cos=二面角ABDP的余弦值为20. 在锐角中，、分别为角、所对的边，且（1）确定角的大小； （2）若,且的面积为,求的值参考答案：解：（1）由正弦定理得,-2分 w 锐角三角形中 A锐角 -3分 w 又C锐角 -6分 w (2)由余弦定理得，即 -8分 w又由的面积得 .即 -10分 由于为正， 所以-12分略21. 已知数列an满足：，且.（）求，的值，并猜想数列an的通项公式；（）试用数学归纳法证明（）中的猜想.参考答案：（），猜想.（）证明见解析【分析】（）令，可得，的值，根据，可猜想数列的通项公式；（）当时，猜想显然成立；假设当时猜想成立，通过证明当时，猜想也成立，从而得到证明.【详解】解：（）由递推公式可得，猜想.（）下面用数学归纳法证明猜想成立.当时，猜想显然成立；假设当时猜想成立，即，则时，由，得，即当时，猜想也成立，由可知，对任意均成立【点睛】本题主要考查归纳推理及用数学归纳法证明猜想成立.22. (本小题满分12分)在等比数列an的前n项中，a1最小，且a1+ an=66，a2an-