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1、2022年湖南省长沙市东城镇东城中学高二数学理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. 若函数，若,则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 参考答案：A2. .直线为参数）和圆交于A，B两点，则AB的中点坐标为（ ）A.(3,3)B. C. D. 参考答案：C将直线参数方程代入圆方程得：，解得或，所以两个交点坐标分别是，所以中点坐标为。故选D。点睛：本题考查直线的参数方程应用。本题求直线和圆的弦中点坐标，直接求出两个交点坐标，得到中点坐标。只需联立方程组，求出解即可。参数方程的求法基本可以代入直接求
2、解即可。3. 下列命题错误的是 ( )A.命题“若”的逆否命题为“若 ”B. “”是“”的充分不必要条件C. 若为假命题，则均为假命题D. 对于命题则 参考答案：C略4. 函数的单调减区间为A、 B、 C、 D、参考答案：C5. 设Sn为等差数列an的前n项和，若a1=1，公差d=2，Sk+2Sk=24，则k=（）A8B7C6D5参考答案：D【考点】等差数列的前n项和【分析】先由等差数列前n项和公式求得Sk+2，Sk，将Sk+2Sk=24转化为关于k的方程求解【解答】解：根据题意：Sk+2=（k+2）2，Sk=k2Sk+2Sk=24转化为：（k+2）2k2=24k=5故选D6. 面积为S的平面
3、凸四边形的第i条边的边长记为ai（i=1，2，3，4），此四边形内任一点P到第i条边的距离为hi（i=1，2，3，4），若，则；根据以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si（i=1，2，3，4），此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi（i=1，2，3，4），若，则H1+2H2+3H3+4H4=（）ABCD参考答案：B【考点】类比推理【分析】由可得ai=ik，P是该四边形内任意一点，将P与四边形的四个定点连接，得四个小三角形，四个小三角形面积之和为四边形面积，即采用分割法求面积；同理对三棱值得体积可分割为5个已知底面积和高的小棱锥求体积【解答】解：根据三棱锥的体积公式 得：，即S1
4、H1+S2H2+S3H3+S4H4=3V，即故选B【点评】本题主要考查三棱锥的体积计算和运用类比思想进行推理的能力解题的关键是理解类比推理的意义，掌握类比推理的方法平面几何的许多结论，可以通过类比的方法，得到立体几何中相应的结论当然，类比得到的结论是否正确，则是需要通过证明才能加以肯定的7. 过点且与直线平行的直线方程是（）A BC D 参考答案：D略8. 已知函数，则方程的实根共有（ ）A5个 B6个 C7个 D8个参考答案：C9. 如图，三点在地面同一直线上，100米，从两点测得点仰角分别是60，30，则点离地面的高度等于( )A米 B米 C50米D100米 参考答案：A10. “ab0”
5、是“a2b2”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分必要条件的定义进行判断即可【解答】解：由“ab0”能推出“a2b2”，是充分条件，由“a2b2”推不出“ab0”，不是必要条件，故选：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数在区间0,1的单调增区间为_参考答案：，（开闭都可以）.【分析】由复合函数的单调性可得：，解得函数的单调增区间为（），对的取值分类，求得即可得解。【详解】令（）解得：（）所以函数的单调增区间为（）当时，=当时，当取其它整数时，所以函数在区间的单调增
6、区间为，【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及复合函数的单调区间求解，还考查了分类思想及计算能力，属于中档题。12. 已知点P在x+2y1=0上，点Q在直线x+2y+3=0上，则线段PQ中点M的轨迹方程是；若点M的坐标（x，y）又满足不等式 ，则的最小值是参考答案：x+2y+1=0；【考点】轨迹方程；分段函数的应用【分析】由题意，线段PQ中点M的轨迹与已知直线平行，且距离相等，可得方程；若点M的坐标（x，y）又满足不等式，则的最小值是（0，0）到直线x+2y+1=0的距离【解答】解：由题意，线段PQ中点M的轨迹与已知直线平行，且距离相等，方程是x+2y+1=0；若点M的坐标（x，y）又满足不等
7、式，则的最小值是（0，0）到直线x+2y+1=0的距离，即=，故答案为：x+2y+1=0；【点评】本题考查直线方程，考查点到直线的距离公式的运用，属于中档题13. 设函数.（1）用反证法证明：函数不可能为偶函数；（2）求证：函数在上单调递减的充要条件是.参考答案：（1）见解析（2）见解析解析 ：解：(1)假设函数是偶函数， 2分则，即，解得， 4分这与矛盾，所以函数不可能是偶函数. 6分(2)因为，所以. 8分充分性：当时，所以函数在单调递减； 10分必要性：当函数在单调递减时，有，即，又，所以. 13分综合知，原命题成立. 14分略14. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC1，A
8、A12，B1A1C190，D为BB1的中点，则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为_参考答案：略15. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动, 则的取值范围是 参考答案：0,1试题分析：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系则、点在线段上运动，且，故答案为考点：平面向量数量积的运算.16. 在ABC中，若a2，bc7，cos B，则b_参考答案：略17. 已知复数z满足，则= .参考答案：或略三、 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. （1）在复数范围内解方程（i为虚数单位）（2）设
9、z是虚数，是实数，且（i）求的值及的实部的取值范围；（ii）设，求证：为纯虚数；（iii）在（ii）的条件下求的最小值参考答案：（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析；（iii）【分析】（1）利用待定系数法，结合复数相等构造方程组来进行求解；（2）（i）采用待定系数法，根据实数的定义构造方程即可解得和，利用的范围求得的范围；（ii）利用复数的运算进行整理，根据纯虚数的定义证得结论；（iii）将整理为，利用基本不等式求得最小值.【详解】（1）设，则，解得： （2）（i）设且为实数 ，整理可得：即 （ii）由（i）知：，则且 是纯虚数（iii）令，则，（当且仅当时取等号） 即的最小值为：119.
10、 （本大题满分12分）直三棱柱中，（）求证：平面；（）求三棱锥的体积参考答案：解：（）直三棱柱中， 又可知，2分由于， 则由可知， 4分则所以有平面6分（）直三棱柱中，.8分因为，所以ABC面积为.10分.12分略20. 如图，在三棱锥COAB中，CO平面AOB，OA=OB=2OC=2，AB=2，D为AB的中点（）求证：AB平面COD；（）若动点E满足CE平面AOB，问：当AE=BE时，平面ACE与平面AOB所成的锐二面角是否为定值？若是，求出该锐二面角的余弦值；若不是，说明理由参考答案：【考点】MJ：与二面角有关的立体几何综合题；LW：直线与平面垂直的判定；MK：点、线、面间的距离计算【分析
11、】（）由已知条件推导出COAB，DOAB由此能证明AB平面COD（）以点O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ACE与平面AOB所成的锐二面角的余弦值【解答】解：（）在三棱锥COAB中，CO平面AOB，COAB又OA=OB，D为AB的中点，DOABDOCO=O，AB平面COD（）OA=OB=2，AB=2，AOBO由CO平面AOB，故以点O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系（如图），由已知可得O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，1），D
12、（1，1，0）由CE平面AOB，故设E（x，y，1）由AE=BE，得，故x=y，即E（x，y，1），（x0）设平面ACE的法向量为，由， =（x，y，0），得，令a=1，得=（1，1，2）又平面AOB的法向量为，cos=故平面ACE与平面AOB所成的锐二面角为定值，且该锐二面角的余弦值为21. （12分）已知双曲线的方程为，离心率，顶点到渐近线的距离为。（1）求双曲线的方程；（2）若直线与该双曲线相交于两点，且中点坐标为，求的取值范围。参考答案：略22. (本小题满分13分) 已知x，y满足条件，求zx2y2的最大值与最小值参考答案：解得点A的坐标(9,8)所以因为原点O到直线BC的距离为所以
