2023年江苏省扬州市高邮车逻中学高二数学文上学期期末试题含解析

2023年江苏省扬州市高邮车逻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. 一个三棱锥的三条侧棱两两垂直且长分别为3、4、5，则它的外接球的表面积是（     ） A、    B、     C、      D、 参考答案： B 2. 已知全集，集合，则=    （A）          （B）  （C）           (D) 参考答案： B 3. 直线ax+by+c=0与圆x2+y2=9相交于两点M，N，若c2=a2+b2，则?（O为坐标原点）等于(     ) A．﹣7 B．﹣14 C．7 D．14 参考答案： A 【考点】直线与圆相交的性质；平面向量数量积的运算． 【专题】计算题． 【分析】由题意，直线ax+by+c=0与圆x2+y2=9组成方程组，消去y，得到x的一元二次方程，求得x1x2；同理，可求得y1y2；从而求出?的值． 【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），则由方程组， 消去y，得（a2+b2）x2+2acx+（c2﹣9b2）=0，∴x1x2=； 消去x，得（a2+b2）y2+2bcy+（c2﹣9a2）=0，∴y1y2=； ∴?=x1x2+y1y2====﹣7； 故选A． 【点评】本题通过平面向量数量积的坐标表示，考查了直线与圆组成方程组的问题，是常见的基础题． 4. 抛物线y2=4x上两点A、B到焦点的距离之和为7，则A、B到y轴的距离之和为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 参考答案： D 【考点】抛物线的简单性质． 【分析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出A、B到y轴的距离之和． 【解答】解：抛物线y2=4x的焦点F（1，0），准线方程x=﹣1 设A（x1，y1），B（x2，y2） ∴|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=7 ∴x1+x2=5， ∴A、B到y轴的距离之和为5， 故选：D． 5. 已知直线与抛物线相交于两点，F为抛物线的焦点，若，则k的值为（    ）。 A.       B.      C.       D. 参考答案： D 略 6. 函数的图象与函数的图象在开区间上的一种较准确的判断是ks5u A. 至少有两个交点            B. 至多有两个交点 C. 至多有一个交点                 D. 至少有一个交点 参考答案： C              7. 若一个球的表面积为12π，则它的体积为（　　） A． B． C． D． 参考答案： A 【考点】球的体积和表面积． 【专题】计算题；方程思想；综合法；立体几何． 【分析】直接利用球的表面积公式，求出球的半径，即可求出球的体积． 【解答】解：设球的半径为r， 因为球的表面积为12π， 所以4πr2=12π，所以r=， 所以球的体积V==4π． 故选：A． 【点评】本题考查球的表面积、体积公式的应用，考查计算能力． 8. 椭圆与直线x﹣y=1交于P、Q两点，且OP⊥OQ，其O为坐标原点．若，则a取值范围是（　　） A． B． C． D． 参考答案： C 【考点】椭圆的简单性质． 【分析】设出P，Q的坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系得到P，Q的横坐标的和与积，结合OP⊥OQ，得到，代入根与系数的关系，得到．再由可得关于a的不等式组，则a取值范围可求． 【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，化为：（a2+b2）x2﹣2a2x+a2﹣a2b2=0， △=4a4﹣4（a2+b2）（a2﹣a2b2）＞0，化为：a2+b2＞1． ． ∵OP⊥OQ， ∴（x2﹣1）=2x1x2﹣（x1+x2）+1=0， ∴．化为a2+b2=2a2b2． ∴． ∵，得， ∴， 化为5≤4a2≤6，解得：．满足△＞0． ∴a取值范围是． 故选：C． 9. 把红、黑、白、蓝张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁个人, 每个人分得张, 事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是（   ） A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥但不对立事件 D．以上均不对 参考答案： C 考点：对立事件与减法公式互斥事件与加法公式 试题解析：事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”不能同时发生，所以是互斥事件；但事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌” 可以都没发生，所以事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是互斥但不对立事件。 故答案为：C 10. 若命题，则┐p（　  ） A． B． C． D． 参考答案： D 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 已知命题P：对任意的x∈R，有sinx≤1，则￢P是　　． 参考答案： ?x∈R，有sinx＞1 【考点】命题的否定． 【分析】根据全称命题的否定是特称命题，可得命题的否定． 【解答】解：∵命题P为全称命题， ∴根据全称命题的否定是特称命题， 得￢P：?x∈R，有sinx＞1． 故答案为：：?x∈R，有sinx＞1． 12. 已知等差数列{an}满足a2=3，S4=14，若数列{}的前n项和Sn=，则n=  ． 参考答案： 2014 【考点】数列的求和． 【专题】方程思想；转化思想；数学模型法；等差数列与等比数列． 【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式可得an，再利用“裂项求和”方法即可得出． 【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a2=3，S4=14， ∴，解得a1=2，d=1． ∴an=2+（n﹣1）=n+1． ∴==． ∴Sn=++…+ =， ∴Sn==， 解得n=2014． 故答案为：2014． 【点评】本题考查了“裂项求和”、等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 13. 3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有             种（用数字作答）。 参考答案： 540 略 14. 已知函数f（x）=ex－2x+a有零点，则a的取值范围是_________. 参考答案： （－ ，2ln2－2] 15. 设是集合中的所有数从小到大排成的数列，即 ，则______ 参考答案： 24 略 16. 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市； 乙说：我没去过C城市； 丙说：我们三人去过同一个城市. 由此可判断乙去过的城市为        . 参考答案： A 17. 已知三角形两边长分别为2和2，第三边上的中线长为2，则三角形的外接圆半径为　  　． 参考答案： 2 【考点】余弦定理；正弦定理． 【分析】设AB=2，AC=2，AD=2，D为BC边的中点，BC=2x，则BD=DC=x，由，且cos∠ADB=﹣cos∠ADC，代入可求BC，则可得A=90°，外接圆的直径2R=BC，从而可求 【解答】解：设AB=2，AC=2，AD=2，D为BC边的中点，BC=2x，则BD=DC=x △ABD中，由余弦定理可得， △ADC中，由余弦定理可得， ∴ ∴x=2 ∴BC=4 ∴AB2+AC2=BC2即A=90° ∴外接圆的直径2R=BC=4，从而可得R=2 故答案为：2 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. (12分)过棱长为的正方体的棱的中点作截面，求：（1）棱锥的体积，（2）点到平面的距离，（3）直线到平面的距离。 参考答案： (1) (2)取的中点， 则 设到平面的距离为 （3） 直线到平面的距离，即为点到平面的距离，为 19. (本小题满分7分)证明函数只有一个零点． 参考答案： 证明：，其定义域是，     令， 即，解得或． ∵x>0，舍去．  当时，；当时，．Ks5u ∴函数在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减 ∴当x=1时，函数取得最大值，其值为． 当时，，即．  ∴函数只有一个零点． 20. 如图所示，在平面四边形ABCD中，AC与BD为其对角线，已知，且． （1）若AC平分，且，求AC的长； （2）若，求CD的长． 参考答案： （1）（2）5 分析】 （1）由对角线平分，求得，进而得到， 在中，利用余弦定理，即可求得的长. （2）根据三角恒等变换的公式，求得，再在中，由正弦定理，即可求解。 【详解】（1）若对角线平分，即， ∴， ∵，∴， ∵在中，，， ∴由余弦定理可得： ，解得，或（舍去）， ∴的长为. （2）∵，∴， 又∵， ∴ ， ∴在中，由正弦定理， 可得，即的长为5. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解. 21. 已知是二次函数，是它的导函数，且对任意的，恒成立． （1）求的解析表达式； （2）设，曲线：在点处的切线为，与坐标轴围成的三角形面积为．求的最小值． 参考答案： 解：（Ⅰ）设（其中），则，     ． 由已知，得， ∴，解之，得，，，∴． （2）由（1）得，，切线的斜率， ∴切线的方程为，即．   从而与轴的交点为，与轴的交点为， ∴（其中）．                        ∴．                  当时，，是减函数； 当时，，是增函数．                 ∴．                    22. 已知椭圆=1（a＞b＞0）上的点P到左、右两焦点F1，F2的距离之和为2，离心率为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过右焦点F2的直线l交椭圆于A、B两点． （1）若y轴上一点满足|MA|=|MB|，求直线l斜率k的值； （2）是否存在这样的直线l，使S△ABO的最大值为（其中O为坐标原点）？若存在，求直线l方程；若不存在，说明理由． 参考答案： 考点： 椭圆的简单性质． 专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： （Ⅰ）利用椭圆的定义求出a，根据离心率，求出c，可得b，即可求椭圆的方程； （Ⅱ）（1）设直线的方程为y=k（x﹣1），联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、中点坐标公式，可得AB的中点坐标，分类讨论，利用|MA|=|MB|，可得方程，即可求直线l斜率k的值； （2）分类讨论，求出S△ABO，即可得出结论． 解答： 解：（Ⅰ），∴…（1分） ∵，∴， ∴b2=a2﹣c2=2﹣1=1…（2分） 椭圆的标准方程为…（3分） （Ⅱ）已知F2（1，0），设直线的方程为y=k（x﹣1），A（x1，y1）B（x2，y2） 联立直线与椭圆方程，化简得：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0 ∴，…（4分） ∴AB的中点坐标为…（5分） （1）k=0时，不满足条件； 当k≠0时，∵|MA|=|MB|，∴， 整理得2k2﹣3k+1=0，解得k=1或…（7分） （2）k=0时，直线方程为x=1，代入椭圆方程，此时y=±，S△ABO=， k≠0时，S△ABO=|y1﹣y2|=||=? ∵k∈R，k≠0，∴，∴ 综上， ∴满足题意的直线存在，方程为x=1．…（14分） 点评： 本题考查椭圆方程