《广东省深圳市龙岗区布吉中学2022年高二数学理上学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省深圳市龙岗区布吉中学2022年高二数学理上学期期末试卷含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、广东省深圳市龙岗区布吉中学2022年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. 已知两个不同的平面，和两条不同的直线，满足，则“”是“”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：D【分析】分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】如图所示：既不充分也不必要条件.故答案选D【点睛】本题考查了充分必要条件，举出反例可以简化运算.2. 用“辗转相除法”求得和的最大公约数是（ ）A B C D参考答案：D3. 命题”对任意,都有”的否定是 .参考答案：,
2、使;4. 半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）AR3BR3CR3DR3参考答案：A【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【专题】计算题【分析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积【解答】解：2r=R，所以r=，则h=，所以V=故选A【点评】本题是基础题，考查圆锥的展开图与圆锥之间的计算关系，圆锥体积的求法，考查计算能力5. 下列命题中的真命题是（ ）A，使得B使得C都有D都有参考答案：C略6. 设函数f（x）=x24x+3，g（x）=3x2，集合M=xR|f（g（x）0，N=xR|g（x）2，则MN为（）A（1，+）B（0，1）C（1，1）D（
3、，1）参考答案：D【考点】交集及其运算；二次函数的性质【分析】由f（x）与g（x）解析式，根据M与N中的不等式分别求出x的范围，确定出M与N，找出两集合的交集即可【解答】解：函数f（x）=x24x+3，g（x）=3x2，集合M=xR|f（g（x）0，N=xR|g（x）2，M=x|g（x）3或g（x）1=x|3x23或3x21=x|xlog35或x1，N=x|3x22=x|3x4=x|xlog34，MN=x|xlog35或x1x|xlog34=x|x1故选：D7. 函数在处有极值，在的值为（ ）ABCD参考答案：D，在处有极值，时，故选8. 一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体
4、不可以是（ ） A球 B三棱锥 C正方体 D圆柱 参考答案：D 分别比较A、B、C的三视图不符合条件,D 的正视图、侧视图是矩形，而府视图是圆，符合9. 已知抛物线，过点的任意一条直线与抛物线交于A，B两点，抛物线外一点，若，则t的值为( )A. B. pC. D. 3参考答案：D【分析】设出点和直线，联立方程得到关于的韦达定理，将转化为斜率相反，将根与系数关系代入得到答案.【详解】设，设直线AB：又恒成立即答案为D【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系,定点问题,设直线方程时消去可以简化运算,将角度关系转化为斜率关系是解题的关键,计算量较大,属于难题.10. 在棱长为的正方体上，分别用过共
5、顶点的三条棱中点的平面截该正方形，则截去个三棱锥后 ，剩下的几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 参考答案：D 解析： 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 中心在原点，焦点在坐标轴上，离心率为，且过点（2，0）的椭圆的标准方程是_. 参考答案：或12. 五一假期间,小明参加由某电视台推出的大型户外竞技类活动,该活动共有四关,若四关都闯过,则闯关成功,否则落水失败.小明闯关一至四关的概率一次是,则小明闯关失败的概率为 参考答案：13. 16在平面直角坐标系xoy中，点，若在曲线上存在点P使得，则实数a的取值范围为 参考答案： 14. 函数 参考答案：略15. 某项测试
6、有6道试题，小明答对每道试题的概率都是，则小明参加测试（做完全部题目）刚好答对2道试题的概率为参考答案：【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率【专题】转化思想；综合法；概率与统计【分析】由条件利用n次独立重复试验中恰好发生k次的概率公式，求得要求事件的概率【解答】解：要求事件的概率为?=，故答案为：【点评】本题考查相互独立事件的概率乘法公式及n次独立重复试验中恰好发生k次的概率公式，属于基础题16. 正三棱锥的高为2，侧棱与地面ABC成，则点A到侧面PBC的距离为_.参考答案：略17. 若不等式对于任意实数恒成立,则实数的取值范围是_参考答案：略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解
7、答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分12分）已知椭圆（ab0）的离心率，过点和的直线与原点的距离为（1）求椭圆的方程（2）已知定点，若直线与椭圆交于C、D两点问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点?请说明理由参考答案：（1）直线AB方程为：依题意解得椭圆方程为 4 19. 在等式cos2x=2cos2x1（xR）的两边对x求导，得（sin2x）?2=4cosx（sinx），化简后得等式sin2x=2cosxsinx（1）利用上述方法，试由等式（1+x）n=Cn0+Cn1x+Cnn1xn1+Cnnxn（xR，正整数n2），证明：n（1+x）n11= kxk1；求C101
8、+2C102+3C103+10C1010（2）对于正整数n3，求（1）kk（k+1）Cnk参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性【分析】（1）对二项式定理的展开式两边对x求导数，移项得到恒等式；对，令x=1，n=10，由恒等式计算即可得到所求值；（2）对中的x 赋值1，整理得到恒等式（1）kk=0；对二项式的定理的两边对x求导数，再对得到的等式对x两边求导数，给x赋值1化简可得（1）kk2=0，相加即可得到所求（1）kk（k+1）Cnk【解答】解：（1）证明：等式（1+x）n=Cn0+Cn1x+Cnn1xn1+Cnnxn（xR，正整数n2），两边对x求导，可得n（1+x）n1=Cn1+2x
9、+（n1）Cnn1xn2+nCnnxn1，即有n（1+x）n11=2x+（n1）Cnn1xn2+nCnnxn1=kxk1；由令x=1可得，n（2n11）=k，可得，C101+2C102+3C103+10C1010=10+10（291）=5120；（2）在式中，令x=1，可得n（11）n11= k（1）k1，整理得（1）k1k=0，所以（1）kk=0；由n（1+x）n1=Cn1+2Cn2x+（n1）Cnn1xn2+nCnnxn1，n3，两边对x求导，得n（n1）（1+x）n2=2Cn2+3?2Cn3x+n（n1）Cnnxn2在上式中，令x=1，得0=2Cn2+3?2Cn3（1）+n（n1）Cn2
10、（1）n2即k（k1）（1）k2=0，亦即（k2k）（1）k=0，又（1）kk=0，两式相加可得，（1）kk2=0，综上可得，（1）kk（k+1）Cnk=（1）kk2+（1）kk=020. （本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，短轴端点分别为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分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于P，证明为定值（O为坐标原点）；参考答案：解：（1）由题知，3分（2）C(-2,0),D(2,0)则可设5分 -12分略21. 已知椭圆M： +=1（a0）的一个焦点为F（1，0），左右顶点分别为A，
11、B经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点（）求椭圆方程；（）当直线l的倾斜角为45时，求线段CD的长；（）记ABD与ABC的面积分别为S1和S2，求|S1S2|的最大值参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程【分析】（）由焦点F坐标可求c值，根据a，b，c的平方关系可求得a值；（）写出直线方程，与椭圆方程联立消掉y得关于x的一元二次方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得|CD|；（）当直线l不存在斜率时可得，|S1S2|=0；当直线l斜率存在（显然k0）时，设直线方程为y=k（x+1）（k0），与椭圆方程联立消y可得x的方程，根据韦达定理可用k表示x1+x2，x1x2，|S1S2|
12、可转化为关于x1，x2的式子，进而变为关于k的表达式，再用基本不等式即可求得其最大值；【解答】解：（I）因为F（1，0）为椭圆的焦点，所以c=1，又b2=3，所以a2=4，所以椭圆方程为=1；（）因为直线的倾斜角为45，所以直线的斜率为1，所以直线方程为y=x+1，和椭圆方程联立得到，消掉y，得到7x2+8x8=0，所以=288，x1+x2=，x1x2=，所以|CD|=|x1x2|=；（）当直线l无斜率时，直线方程为x=1，此时D（1，），C（1，），ABD，ABC面积相等，|S1S2|=0，当直线l斜率存在（显然k0）时，设直线方程为y=k（x+1）（k0），设C（x1，y1），D（x2，y
13、2），和椭圆方程联立得到，消掉y得（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0，显然0，方程有根，且x1+x2=，x1x2=，此时|S1S2|=2|y1|y2|=2|y1+y2|=2|k（x2+1）+k（x1+1）|=2|k（x2+x1）+2k|=，（k=时等号成立）所以|S1S2|的最大值为【点评】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系及椭圆的标准方程的求解，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，难度较大22. 参考答案：证明：（）AB平面BCD， ABCD， CDBC且ABBC=B， CD平面ABC. 又 不论为何值，恒有EFCD，EF平面ABC，EF平面BEF, 不论为何值恒有平面BEF平面ABC. （）由
