河北省邢台市隆尧县固城中学 2022年高二数学文上学期期末试卷含解析

河北省邢台市隆尧县固城中学 2022年高二数学文上学期期末试卷含解析 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. 设，则函数的零点落在区间（   ） A.（1，2）    B.（2， 3）     C.(3,4)     D. (4,5)   参考答案： A 2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn且满足S17＞0，S18＜0，则中最大的项为(     ) A． B． C． D． 参考答案： D 【考点】等差数列的性质． 【专题】等差数列与等比数列． 【分析】由题意可得a9＞0，a10＜0，由此可知＞0，＞0，…，＜0，＜0，…，＜0，即可得出答案． 【解答】解：∵等差数列{an}中，S17＞0，且S18＜0 即S17=17a9＞0，S18=9（a10+a9）＜0   ∴a10+a9＜0，a9＞0，∴a10＜0， ∴等差数列{an}为递减数列， 故可知a1，a2，…，a9为正，a10，a11…为负； ∴S1，S2，…，S17为正，S18，S19，…为负， ∴＞0，＞0，…，＜0，＜0，…，＜0， 又∵S1＜S2＜…＜S9，a1＞a2＞…＞a9， ∴中最大的项为 故选D 【点评】本题考查学生灵活运用等差数列的前n项和的公式化简求值，掌握等差数列的性质，属中档题． 3. 圆（x+2）2+y2=4与圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=9的位置关系为（　　） A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 参考答案： B 【考点】圆与圆的位置关系及其判定． 【专题】直线与圆． 【分析】求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系． 【解答】解：圆（x+2）2+y2=4的圆心C1（﹣2，0），半径r=2． 圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=9的圆心C2（2，1），半径R=3， 两圆的圆心距d==， R+r=5，R﹣r=1， R+r＞d＞R﹣r， 所以两圆相交， 故选B． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法，关键是求圆心距和两圆的半径． 4. 设，，n∈N，则   (    ) A.        B.－         C.           D.－ 参考答案： D 5. 对“a、b、c至少有一个是正数”的反设是（　　） A．a、b、c至少有一个是负数 B．a、b、c至少有一个是非正数 C．a、b、c都是非正数 D．a、b、c都是正数 参考答案： C 【考点】R9：反证法与放缩法． 【专题】5M ：推理和证明． 【分析】找出题中的题设，然后根据反证法的定义对其进行否定． 【解答】解：∵命题“a、b、c至少有一个是正数” 可得题设为，“a、b、c至少有一个是正数”， ∴反设的内容是：a、b、c都是非正数； 故选：C． 【点评】此题考查了反证法的定义，反证法在数学中经常运用，当论题从正面不容易或不能得到证明时，就需要运用反证法，此即所谓“正难则反“． 6. 程序框图如图21－1所示，则该程序运行后输出的B等于(　　) 图21－1 A．7                                B．15 C．31                               D．63 参考答案： D 7. 已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（ ）   A．5             B．4            C．3            D． 2 参考答案： C 略 8. 设，则“”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 参考答案： B 【分析】 求出的解集，根据两解集的包含关系确定. 【详解】等价于，故推不出； 由能推出。 故“”是“”的必要不充分条件。 故选B。 【点睛】充要条件的三种判断方法： (1)定义法：根据p?q，q?p进行判断； (2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断； (3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题． 9. 数列{an}的通项公式是a n =(n∈N*)，则前8项和等于 (    ) A.              B.               C.           D.  参考答案： C 略 10. 已知二次函数，若在区间[0，1]内存在一个实数，使，则实数的取值范围是  （    ） A．        B．       C．         D． 参考答案： B 略 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 在（x－a）10的展开式中，x7的系数是15，则实数a=_____ 参考答案： 1/2 12. 已知平面区域恰好被面积最小的圆及其内部所覆盖，则圆的方程为_________．Ks5u 参考答案： 略 13. 设一次试验成功的概率为，进行次独立重复试验，当________时，成功次数的方差最大，其最大值是________． 参考答案： ，25 略 14. 如果关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围是                . 参考答案： -1 15. 将A，B，C，D，E五个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有        种.(结果用数值作答) 参考答案： 80 按的位置分类，当在第三个位置时，共有种排法； 当在第四个位置时，共有种不同的排法； 当在第五高为位置时，共有种不同的排法， 所以当都在的左侧时，共有种不同的排法， 所以都在的同侧时，共有种不同的排法.   16. 命题 “都有成立”的否定是       参考答案： 略 17. 已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点， 则双曲线的渐近线方程为        ． 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. 已知点A（0，﹣2），B（0，4），动点P（x，y）满足； （1）求动点P的轨迹方程； （2）设（1）中所求轨迹方程与直线y=x+2交于C、D两点；求证OC⊥OD（O为坐标原点）． 参考答案： 【考点】直线与圆锥曲线的关系；轨迹方程． 【分析】（1）由，，代入可求 （2）联立，设C（x1，y1），D（x2，y2），则根据方程的根与系数关系可求x1+x2，x1x2，由y1y2=（x1+2）（x2+2）=x1x2+2（x1+x2）+4，代入到=x1x2+y1y2可证OC⊥OD 【解答】解：（1）∵A（0，﹣2），B（0，4），P（x，y） ∴， ∵ ∴﹣x（﹣x）+（4﹣y）（﹣2﹣y）=y2﹣8 整理可得，x2=2y （2）联立可得x2﹣2x﹣4=0 设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=2，x1x2=﹣4， ∴y1y2=（x1+2）（x2+2）=x1x2+2（x1+x2）+4=4 ∵=x1x2+y1y2=0 ∴OC⊥OD 19. 在中，,是方程的两根，且 (1)求角的度数；    (2)求；     (3)求的面积. 参考答案： 20. 如图所示，ABCD是边长为40cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设. （1）若广告商要求包装盒侧面积最大，试问x应取何值？ （2）若广告商要求包装盒容积最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。 参考答案： (1) .(2) 当时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为. 分析】 设包装盒的高为，底面边长为，（1）中，求得，根据二次函数的性质，即可求解. （2）中，求得容积，利用导数求解函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】设包装盒的高为，底面边长为. 由已知得，，. （1）， 所以当时，取得最大值. （2）由题意，可得，则. 由得（舍去）或. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以当时，取得极大值，也是最大值，此时. 即当时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为. 【点睛】本题主要考查了导数的实际应用，其中解答中认真审题，设出变量，列出函数的解析式，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 21. (本小题满分8分) 已知 （1）求的单调增区间； （2）若在内单调递增，求的取值范围. 参考答案： (1) 时;时.(2) 22. 如图组合体中，三棱柱ABC-A1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面（过圆柱的轴，截圆柱所得的截面），C是圆柱底面圆周上不与A，B重合的一个点. （1）求证：无论点C如何运动，平面A1BC⊥平面A1AC； （2）当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1- BCC1B1与圆柱的体积比．     参考答案： （1）由条件，为底面圆的直径，是圆柱底面圆周上不与、重合的一个点，所以，又圆柱母线平面，则，点， 所以平面，从而平面平面； （2）设圆柱的母线长为，底面半径为，则圆柱的体积为， 当点是弧的中点时，为等腰直角三角形，面积为， 三棱锥的体积为， 三棱柱的体积为， 则四棱锥的体积为， 四棱锥与圆柱的体积比为．