2022-2023學(xué)年安徽省安慶市國(guó)營(yíng)農(nóng)場(chǎng)河總場(chǎng)中學(xué)高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

1、2022-2023學(xué)年安徽省安慶市國(guó)營(yíng)農(nóng)場(chǎng)河總場(chǎng)中學(xué)高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1. 已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（3，4），復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，那么z?等于（ ） A、5 B、7 C、12 D、25參考答案：D【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算 【解析】【解答】解：由題意，z=3+4i，則z? = 故選：D【分析】由已知可得z，結(jié)合z?=求解 2. 設(shè)非空集合P，Q滿足PQ=P，則（）A?xQ，有xPB?x?Q，有x?PC?x0?Q，使得x0PD?x0P，使得x0?P參考答案：B【考點(diǎn)】特

2、稱命題【分析】根據(jù)交集運(yùn)算結(jié)果判定集合關(guān)系，再結(jié)合Venn圖判斷元素與集合的關(guān)系即可【解答】解：PQ=P，P?QA錯(cuò)誤；B正確；C錯(cuò)誤；D錯(cuò)誤故選B3. 圖，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，側(cè)棱AA1長(zhǎng)為4，且AA1與A1B1，A1D1的夾角都是60，則AC1的長(zhǎng)等于A.10 B. C. D.參考答案：C略4. 等比數(shù)列中, ,則等于( )A. 4 B. 8 C. 16 D. 32參考答案：C5. 甲袋內(nèi)有大小相同的8個(gè)紅球和4個(gè)白球，乙袋內(nèi)有大小相同的9個(gè)紅球和3個(gè)白球，從兩個(gè)袋中各摸出一個(gè)球，則為（ ）A .2個(gè)球都是白球的概率 B. 2個(gè)球中恰好有1

3、個(gè)白球的概率C .2個(gè)球都是紅球的概率 D. 2個(gè)球中恰好有1個(gè)紅白球的概率參考答案：B略6. 的展開(kāi)式中的項(xiàng)的系數(shù)是 ( )A. 120B. 120C. 100D. 100參考答案：B試題分析：系數(shù),由的次項(xiàng)乘以,和的次項(xiàng)乘以的到,故含的是,選.考點(diǎn)：二項(xiàng)式展開(kāi)式的系數(shù).【方法點(diǎn)睛】二項(xiàng)式展開(kāi)式在高考中是一個(gè)?？键c(diǎn).兩個(gè)式子乘積相關(guān)的二項(xiàng)式展開(kāi)式,首先考慮的是兩個(gè)因式相乘,每個(gè)項(xiàng)都要相互乘一次,這樣就可以分解成乘以常數(shù)和乘以一次項(xiàng)兩種情況,最后將兩種情況球出來(lái)的系數(shù)求和.如要求次方的系數(shù),計(jì)算方法就是,也就是說(shuō),有兩個(gè)是取的,剩下一個(gè)就是的.7. 一個(gè)球與它的外切圓柱，外切等邊圓錐的體積之比

4、為（）2:3:52:3:4C3:5:8 D4:6:9參考答案：D8. 某鐵路客運(yùn)部門(mén)規(guī)定甲、乙兩地之間旅客托運(yùn)行李的費(fèi)用為：不超過(guò)50kg按0.53元/kg收費(fèi)，超過(guò)50kg的部分按0.85元/kg收費(fèi)相應(yīng)收費(fèi)系統(tǒng)的流程圖如圖1所示，則處應(yīng)填（ ）Ay0.85x By500.53(x50)0.85Cy0.53x Dy500.530.85x參考答案：B9. 定義在 R 上的奇函數(shù) f （x） 滿足 f （2+x ）=f （2x），且 f （1）=1，則 f A0B1C1D2參考答案：B【考點(diǎn)】3L：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)【分析】求出函數(shù)的周期，然后利用周期性以及函數(shù)的奇偶性求解即可【解答】解：定義在R

5、上的奇函數(shù)f（x）滿足 f （2+x ）=f （2x），且 f （1）=1，可得f（x+4）=f（x）=f（x），f（x+8）=f（x），T=8，f=1故選B10. 在ABC中，若lgsinAlgcosBlgsinC=lg2，則是（）A等腰三角形B直角三角形C等邊三角形D等腰直角三角形參考答案：A考點(diǎn)：三角形的形狀判斷；對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì) 專題：計(jì)算題；解三角形分析：由對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得sinA=2cosBsinC，利用三角形的內(nèi)角和A=（B+C）及誘導(dǎo)公式及和差角公式可得B，C的關(guān)系，從而可判斷三角形的形狀解答：解：由lgsinAlgcosBlgsinC=lg2可得lg =lg2sinA=2co

6、sBsinC即sin（B+C）=2sinCcosB展開(kāi)可得，sinBcosC+sinCcosB=2sinCcosBsinBcosCsinCcosB=0sin（BC）=0B=CABC為等腰三角形選：A點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式、和差角公式的綜合應(yīng)用，屬于中檔試題二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 對(duì)于三次函數(shù)，定義：是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若方程有實(shí)數(shù)解，則稱點(diǎn)為函數(shù)的“拐點(diǎn)”.有同學(xué)發(fā)現(xiàn)：任何一個(gè)三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”，任何一個(gè)三次函數(shù)都有對(duì)稱中心，且“拐點(diǎn)”就是“對(duì)稱中心”.請(qǐng)你將這一發(fā)現(xiàn)作為條件，則函數(shù)的對(duì)稱中心為_(kāi).參考答案：，令，得.又，所以

7、的對(duì)稱中心為. 12. 已知等差數(shù)列an，公差d0,成等比數(shù)列，則= 參考答案：13. 若直線與直線互相平行，則實(shí)數(shù) ,若這兩條直線互相垂直，則a= .參考答案： ，解得或1；，解得。14. 在ABC中，已知sinA：sinB：sinC=3：5：7，則此三角形的最小內(nèi)角的余弦值等于參考答案：【考點(diǎn)】余弦定理；正弦定理【分析】由正弦定理可得a：b：c=3：5：7，進(jìn)而可用b表示a，c，可求A為三角形的最小內(nèi)角，代入余弦定理化簡(jiǎn)即可得解【解答】解：sinA：sinB：sinC=3：5：7，由正弦定理可得a：b：c=3：5：7，a=，c=，A為三角形的最小內(nèi)角，由余弦定理可得cosA=故答案為：【點(diǎn)

8、評(píng)】本題考查正余弦定理的應(yīng)用，用b表示a，c是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題15. 端午節(jié)小長(zhǎng)假期間，張洋與幾位同學(xué)從天津乘火車到大連去旅游，若當(dāng)天從天津到大連的三列火車正點(diǎn)到達(dá)的概率分別為0.8，0.7，0.9，假設(shè)這三列火車之間是否正點(diǎn)到達(dá)互不影響，則這三列火車恰好有兩列正點(diǎn)到達(dá)的概率是 參考答案：0.398【考點(diǎn)】古典概型及其概率計(jì)算公式【分析】設(shè)當(dāng)天從天津到大連的三列火車正點(diǎn)到達(dá)的事件分別為A，B，C，事件A，B，C相互獨(dú)立，這三列火車恰好有兩列正點(diǎn)到達(dá)的概率p=P（AB）+P（AC）+P（），由此利用相互獨(dú)立事件概率乘法公式能求出結(jié)果【解答】解：設(shè)當(dāng)天從天津到大連的三列火車正點(diǎn)到達(dá)的事件

9、分別為A，B，C，則P（A）=0.8，P（B）=0.7，P（C）=0.9，事件A，B，C相互獨(dú)立，這三列火車恰好有兩列正點(diǎn)到達(dá)的概率：p=P（AB）+P（AC）+P（）=0.80.7（10.9）+0.8（10.7）0.9+（10.8）0.70.9=0.398故答案為：0.39816. 某幾何體的三視圖如圖1所示,它的體積為_(kāi).參考答案：略17. .能說(shuō)明“若，則是函數(shù)極值點(diǎn)”為假命題的一個(gè)函數(shù)是_參考答案： 或等，答案不唯一【分析】根據(jù)極值點(diǎn)的定義求解.【詳解】極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)必需為零，且極值點(diǎn)左右兩側(cè)的函數(shù)單調(diào)性相反.函數(shù)，當(dāng)時(shí)，但是在上單調(diào)遞增，所以不是函數(shù)的極值點(diǎn).【點(diǎn)睛】本題考查極值點(diǎn)的定

10、義，考查命題真假的判斷，屬于基礎(chǔ)題三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18. 如圖，已知四棱柱P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA平面ABCD，M是AD的中點(diǎn)，N是PC的中點(diǎn)(1)求證：；(2)若平面，求證：.參考答案：（1）詳見(jiàn)解析（2）詳見(jiàn)解析試題分析：（1）取BC中點(diǎn)E，連結(jié)ME、NE，由已知推導(dǎo)出平面PAB平面MNE，由此能證明MN平面PAB（2）利用面面垂直的性質(zhì)，由平面PMC平面PAD，平面ABCD平面PAD，可證CM平面PAD，由AD?平面PAD，即可證明CMAD試題解析：（1）取PB的中點(diǎn)E，連接EA，EN，在PBC中，EN/B

11、C且，又，AD/BC，ADBC所以EN/AM，ENAM. 所以四邊形ENMA是平行四邊形， 所以MN/AE. 又，所以MN/平面PAB. （2）過(guò)點(diǎn)A作PM的垂線，垂足為H，因?yàn)槠矫鍼MC平面PAD，平面PMC平面PADPM，AHPM，所以AH平面PMC，又所以AHCM. 因?yàn)镻A平面ABCD，所以PACM.因?yàn)镻AAHA，所以CM平面PAD.又所以CMAD.考點(diǎn)：直線與平面垂直的性質(zhì)；直線與平面平行的判定19. 已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且.（）證明：是等差數(shù)列；（）設(shè)，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.參考答案：（）詳見(jiàn)解析；（）【分析】（）由求得，利用等差數(shù)列求和公式可得，可得，從而證得

12、結(jié)論；（）由（）得，進(jìn)而得到，利用錯(cuò)位相減法可求得.【詳解】（）證明：設(shè)等差數(shù)列的公差為由得：，解得 ，又?jǐn)?shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列（）解：由（）知： 則得：【點(diǎn)睛】本題考查利用定義證明數(shù)列為等差數(shù)列、錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前項(xiàng)和的問(wèn)題，涉及到等差數(shù)列通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式的應(yīng)用、等比數(shù)列前項(xiàng)和公式的應(yīng)用，屬于常規(guī)題型.20. 已知二次函數(shù)滿足條件:且方程有等根 1）求的解析式 2)是否存在實(shí)數(shù)使定義域和值域分別為？存在求出不存在說(shuō)明理由參考答案：（1）（2）。解析=的對(duì)稱軸為所以設(shè)存在使 21. 已知橢圓C：+=1（ab0）的離心率e=，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于4（）求橢圓C的方程；（）F1，F(xiàn)2是橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)，O是以F1，F(xiàn)2為直徑的圓，直線l：y=kx+m與O相切，并與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，若?=，求k的值參考答案：（I）有題義長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，即2a=4，解得：a=2， 橢圓C的離心率e=，c=1，解得：b2=3，橢圓的方程為：+=1；（II）由直線l與圓O相切，得：=1，即：m2=1+k2設(shè)A（x1，y1）B（x2，y2） 由消去y，整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，x1+x2= -，x1x2=，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2