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2023年湖北省荆州市监利县朱河中学高二数学理下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. 观察下列各式:,,,,,可以得出的一般结论是( )
A.
B.
C.
D.
参考答案:
B
略
2. 若函数,则 ( )
A.最大值为1,最小值为 B.最大值为1,无最小值
C.最小值为,无最大值 D.既无最大值也无最小值
参考答案:
D
略
3. 已知是定义在上的奇函数,当时,. 则函数
的零点的集合为
A. B.
C. D.
参考答案:
C
4. 直线y=kx-k+1与椭圆的位置关系为( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定
参考答案:
A
略
5. 在数列{an}中,a1=2,,则an=( )
A.2+lnn B.2+(n-1)lnn C. 2+nlnn D.1+n+lnn
参考答案:
A
6. 已知椭圆的两个焦点是F1,F2,E是直线y=x+2与椭圆的一个公共点,当|EF1|+|EF2|取得最小值时椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
参考答案:
D
【考点】K4:椭圆的简单性质.
【分析】由题意得(m+2)x2+4(m+1)x+3(m+1)=0.由△≥0,得m≥2.|EF1|+|EF2|取得最小值,求出m.由此能求出椭圆离心率.
【解答】解:由题意,m>0知m+1>1,
由得(m+2)x2+4(m+1)x+3(m+1)=0.
由△=16(m+1)2﹣12(m+2)(m+1)=4(m+1)(m﹣2)≥0,
解得m≥2,或m≤﹣1(舍去)∴m≥2,
当且仅当m=2时,|EF1|+|EF2|取得最小值:2.
此时a=,c=,
e=.
故选:D.
7. 若直线与曲线有两个交点,则k的取值范围是( ).
A.[1,+∞) B. [-1,-) C. (,1] D.(-∞,-1]
参考答案:
B
略
8. 书架上有不同的语文书10本,不同的英语书7本,不同的数学书5本,现从中任选一本阅读,不同的选法有( )
A. 22种 B. 350种 C. 32种 D. 20种
参考答案:
A
【分析】
从中任选一本阅读,选择的方法有三类,故选择1本书的方法需要分三种情况讨论,再利用加法原理解决问题.
【详解】解:由题意知本题是一个分类计数问题,
解决问题分成三个种类,一是选择语文书,有10种不同的选法;
二是选择英语书,有7种不同的选法,
三是选择数学书,有5种不同的选法,
根据分类计数原理知,共有10+7+5=22种不同的选法.
【点睛】本题考查分类计数原理,本题解题的关键是看清楚完成一件事包含有几类情况,计算出每一类所包含的基本事件数,进而相加得到结果.
9. 某班有60名学生,一次考试后数学成绩ξ~N(110,102),若P(100≤ξ≤110)=0.35,则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为( )
A. 10 B. 9 C. 8 D. 7
参考答案:
B
10. 用秦九韶算法求n 次多项式,
当时,求需要算乘法、加法的次数分别为 ( )
A. B. 2n,n+1 C. n+1,n+1 D. n,n
参考答案:
D
略
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知,函数的单调减区间为
参考答案:
(-1,1)
12. 汽车以每小时50km的速度向东行驶,在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向,行驶1.2小时后,看到这个灯塔在北偏东15°方向,这时汽车与灯塔的距离为 _________ km.
参考答案:
30
13. 利用数学归纳法证明“”,从推导时原等式的左边应增加的项数是 .
参考答案:
14. 过点M(1,2)的抛物线的标准方程为 .
参考答案:
y2=4x或x2=y.
【考点】抛物线的标准方程.
【分析】先根据点的位置确定抛物线焦点的位置,然后分焦点在x轴的正半轴时、焦点在y轴的正半轴时两种情况进行求解.
【解答】解:点M(1,2)是第一象限的点
当抛物线的焦点在x轴的正半轴时,设抛物线的方程为y2=2px(p>0)
∴4=2p,p=2,即抛物线的方程是y2=4x;
当抛物线的焦点在y轴的正半轴时,设抛物线的方程为x2=2py(p>0)
∴1=4p,p=,即抛物线的方程是x2=y.
故答案为:y2=4x或x2=y.
15. 若根据5名儿童的年龄x(岁)和体重y(kg)的数据用最小二乘法得到用年龄预报体重的回归方程是,已知这5名儿童的年龄分别是3,5,2,6,4,则这5名儿童的平均体重是______kg.
参考答案:
26
【分析】
由题意求出,代入回归方程,即可得到平均体重。
【详解】由题意:,
由于回归方程过样本的中心点,所以,
则这5名儿童的平均体重是26。
【点睛】本题考查线性回归方程的应用,属于基础题。
16. 双曲线的渐近线与右准线围成的三角形面积为____▲__________.
参考答案:
17. 形如的函数,其图像对称中心为,记函数f(x)的导函数为,的导函数为,则有.若函数,则__________.
参考答案:
-4039
【分析】
先确定的对称中心,结合对称性求解.
【详解】,
令得,由于;
所以函数的图象的对称中心为
即有
所以.
【点睛】本题主要考查导数应用,根据所给情景,理解函数对称中心的求解方法,求出对称中心,结合对称性得出等式,根据目标式的特点进行分组求解.
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. 用0,1,2,3,4,5,6这七个数字:
(1)能组成多少个无重复数字的四位奇数?
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数?
(3)能组成多少个无重复数字且比31560大的五位数?
参考答案:
【分析】(1)根据题意,分3步进行分析:①、个位从1,3,5选择一个,②、千位数字不可选0,从剩下的5个中选一个,③、在剩下的5个数字中选出2个,安排在百位、十位数字,分别求出每一步的情况数目,由分步计数原理计算可得答案;
(2)分2种情况讨论:①、个位数上的数字是0,②个位数上的数字是5,分别求出每一种情况的五位数个数,由加法原理计算可得答案;
(3)分析可得:符合要求的比31560大的五位数可分为四类分4种情况讨论,分别求出每一种情况的五位数个数,由加法原理计算可得答案.
【解答】解:(1)根据题意,分3步进行分析:
①、个位从1,3,5选择一个,有种选法,
②、千位数字不可选0,从剩下的5个中选一个,有种选法,
③、在剩下的5个数字中选出2个,安排在百位、十位数字,有A52种选法,
则个无重复数字的四位奇数;
(2)分2种情况讨论:
①、个位数上的数字是0,在其余的4个数字中任选4个,安排在前4个数位,有种情况,
则此时的五位数有个;
②、个位数上的数字是5,
首位数字不可选0,从剩下的5个中选一个,有种选法,在剩下的5个数字中选出3个,安排在中间3个数位,
有种情况,
则此时符合条件的五位数有个.
故满足条件的五位数的个数共有个;
(3)符合要求的比31560大的五位数可分为四类:
第一类:形如4□□□□,5□□□□,6□□□□,共个;
第二类:形如32□□□,34□□□,35□□□,36□□□共有个;
第三类:形如316□□,共有个;
第四类:形如3156□,共有2个;
由分类加法计数原理知,无重复数字且比31560大的四位数共有:个.
19. (16分)已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2,短轴两个端点为A、B,且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.
(1)求椭圆的方程;
(2)若C、D分别是椭圆长的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM,交椭圆于点P.证明:为定值.
(3)在(2)的条件下,试问x轴上是否存异于点C的定点Q,使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
参考答案:
【考点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题.
【专题】计算题;压轴题.
【分析】(1)由题意知a=2,b=c,b2=2,由此可知椭圆方程为.
(2)设M(2,y0),P(x1,y1),,直线CM:,代入椭圆方程x2+2y2=4,得,然后利用根与系数的关系能够推导出为定值.
(3)设存在Q(m,0)满足条件,则MQ⊥DP.,再由,由此可知存在Q(0,0)满足条件.
【解答】解:(1)a=2,b=c,a2=b2+c2,∴b2=2;
∴椭圆方程为
(2)C(﹣2,0),D(2,0),设M(2,y0),P(x1,y1),
直线CM:,代入椭圆方程x2+2y2=4,
得
∵x1=﹣,∴,∴,∴
∴(定值)
(3)设存在Q(m,0)满足条件,则MQ⊥DP
则由,从而得m=0
∴存在Q(0,0)满足条件(14分)
【点评】本题考查直线和椭圆的位置关系,解题时要认真审题,仔细解答.
20. ( 13分)已知函数,()
(1) 证明:函数是R上的单调递增函数;
(2)解关于的不等式,其中.
参考答案:
(1),因为,所以
所以函数是R上的单调递增函数
(2),所以是奇函数
由(1)知函数是R上的单调递增函数,所以
整理得,即
当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为
当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;
当时,不等式的解集为
21. (10分) 已知数列满足:,
(1)求、;
(2)猜想的通项公式,并用数学归纳法证明.
(3) 求证: ()
参考答案:
(1)
22. (本题12分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,
求(1)求异面直线C1E与BD 所成角的余弦值
(2)求二面角C1-DE-C的余弦值
参考答案:
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