【文档说明】贵州省凯里市第一中学2022-2023学年高二上学期期末数学试卷参考答案.pdf，共(9)页，690.574 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案第1页共8页凯里一中2022－2023学年度第一学期半期考试高二数学参考答案一、单项选择题题号12345678选项DCDABDBA解析：1．D．解：|1,Axx|11Bxx，|

1ABx．2．C．解：22==11i2z．3．D．解：由22:22Cxy，即22:12yCx，由123c，所以焦距为23．4．A．由33111,log2log3,lg3lglg10222a

bc，则bac．5．B．解：由题意，13sin324ABCSbcAbc，所以224,12bcbc，所以22212cos122482abcbcA，解得22a或22a(

舍去)．6．D．解：24233=28SSS，，即123433,28aaaa，则2223412123()8aaaqaqaaq，所以23328q，由0q，则1=2q，由113,

2aaq则1=1a，所以3411=8aaq．7．B．解：由题意知，圆心1(0,0)C与圆心2(2,2)C，则圆心距1222CC，因为圆1C与圆2C有两个交点，则圆1C与圆2C相交，则1211rCCr解得221221r

．8．A．解：∵平面ACD平面ABC，平面ABC平面BCDAC，ACBC，BC平面ABC，∴BC平面ACD，又∵AD平面ACD，∴ADBC，又∵,,ADDCBCDCCBC平面BCD，CD平面BCD，数学参考答案第2页共8页∴AD

平面BCD，又∵BD平面BCD，∴ADBD，即ADB为直角，又∵ACB为直角，∴取AB的中点O，连接,OCOD，由直角三角形的斜边上的中线性质OAOBOCOD，可得O为三棱锥DABC外接

球的球心，设为CDx，则232,3,3ACxADxBCx；∵BC平面ACD，ADB为直角，∴231123313333238DABCBACDACDVVBCSxxx，则32x

,易得外接球的半径1R，∴三棱锥DABC外接球的表面积为43二、多项选择题题号9101112选项BDBCDABCABD解析：9．BD．对于A．由不等式的性质可知A正确；对于B．由balnln得0b

a，则babalnln，故B不正确；对于C．由命题的否定知C正确；对于D．当0x时，()0fx，故D错误．10．BCD．解：对于A，直线的斜率333cos,333k，直线的倾斜角的范围是50,,66，故A错误；对于

B，在直线l方程中令0x得233y，故B正确；对于C，当3时，直线1:3202lxy，圆心(0,0)C到直线l的距离413113d，故C正确；对于D，由3cos(cos)30知D正确．11．ABC．解：函数()sin()cos()2sin()4fxxxx

，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》数学参考答案第3页共8页因为函数的最小正周期为，所以22，因为函数图象过点2,2，所以2sin(2)=224，则532,42kkZ，即2,4kkZ，因为2，所以4

，则()2cos2fxx，对于A，当0,2x时，20,x，则由余弦函数的性质知fx在0,2单调递减，故A正确；对于B，因为=2cos22f，

所以=2x是fx的一条对称轴，故B正确；对于C，由()()10fxfx得()1fx或()0fx①当()0fx时，cos20x．解得3222,22kxkkZ，即3,44kxkkZ，当0k时，3,44x

此时最小正整数x为1．②当()1fx时，2cos22x，解得,88kxkkZ，当0k时，88x，不符合题意，当1k时，7988x，此时最小正整数x为3，综上所述，满足条件()()10f

xfx的最小正整数x为1，故C正确．对于C，另解：(1)2cos20f，故C正确．对于D，函数2cos22cos22gxfxxx为偶函数，故D错误．12．ABD．解：对于A．当且仅当点P为11DB中点时，BD1AP，故A正确；对于B．当点P为11

DB中点时，1ABP的周长为623，当点P与1B重合时，1ABP的周长为224，则1ABP的周长与的大小有关，故B正确；对于C．由于11BDBD∥，显然11BD∥平面1ABD，又11PBD，所以P在任何位置时到平面1ABD的距离相等，则三棱锥1PABD的体积与

的大小无关，故C错误；数学参考答案第4页共8页对于D．当1=2时，建立空间坐标系易知直线1AP与平面1ABD所成的角的正弦值为63，故D正确．三、填空题题号13141516选项1515,3339解析：13．解：由向量1,2a，2,1,1,3bc．则+=

1+2,2+tttab，由//tca+b，则236tt，解得15t．14．解：77tan14f．则271log21fff15．解：函数)(xf的图象关于y轴对称，则)(xf为偶函

数，对于任意)()1(,xfxfRx，则)()1()2(xfxfxf，即函数)(xf的最小正周期为2．当1,0x时，xxf)(；函数xxfxFalog)()(有6个交点作图如下：由图易知1a，则13loga且15l

oga，解得53a，所以a的取值范围是5,316．解：设椭圆的焦距为c2，长半轴为a，12=6dOO，124,1rr，作出轴截面如图所示．根据Dandelin双球模型，由图1得2736)(2222212rrda，由图2得1156)(2222

212rrdc，则椭圆的离心率933271122ace．数学参考答案第5页共8页四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17．解：（1）由2cos1cAb，则2coscbAb

，由余弦定理得222cos2bcaAbc，∴22222222bcabcacbbbcc，即22abbc，则22(6)22c，解得1c………………………………………………………

…（5分）（2）∵2coscbbA，∴由正弦定理得sinsin2sincosCBBA，由0CACB，则2C，可得2AB，sin1C，∴21sin2sinBB，即(2sin1)(si

n1)0BB，解得1sin2B或sin1B(舍去)，又∵02B，∴6B．………………………（10分）18．解：（1）由12()nnaanN，则数列na是以2d为公

差的等差数列，由213aad，则1=1a，则数列na的通项公式11221nann…………………………………………（6分）111111212122121nnnbaannnn，故121211211211

217151513131121nnnnnSn…（12分）19．解：（1）因为110010.0025.0020.001.0005.0a所以03.0a，设知识竞赛成绩的第80

百分位数为m，由40,80的频率为0.65，40,90图1图2数学参考答案第6页共8页的频率为0.9，则m位于80,90，则0.65800.0250.8m，解得=86m,则知识竞赛成绩的

第80百分位数为86．………………………………………………………………（6分）（2）根据分层抽样，在40,50内选取2人，记为BA,，在90,100内选取4人，记为abcd,,,．从这6人中选取2人的所有选取方法：cdbdbcadacabBdBcBbBaAdAcAbAa

AB,,,,,,,,,,,,,,，共15种．2人的竞赛成绩来自不同组的选取方法：,,,,,,,AaAbAcAdBaBbBcBd共8种．所以所求概率为815．……………………………………………………………

………（12分）20．解：（1）由题意知，1=22sin323ABCS，1111=23ABCABCABCVSAA，则1=2AA，设1BC与1CB交点为O，连接OE．由题可知四边形11BCCB为正方形，所以11B

CCB，且O为1BC中点．又因222BEABAE，2221111CEAEAC，所以1BECE，所以1BCOE．又因为1OECBO，所以1BC平面1EBC．…………………………………

………（6分）（2）取AB的中点O，连接OC，OCAB，在平面11ABBA过点O内作AB的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz．则(0,1,1)E，1(0,1,2)B，(0,1,0)B，1(3,0,2)C．所以1(0,2,1

)EB，1(3,1,1)EC．设平面11CEB的一个法向量为(,,)nxyz，则112030nEByznECxyz，令3

y，则(1,3,23)n．由（1）可知平面1CEB的一个法向量为1(3,1,2)BC，平面1CEB与平面EBC夹角为则46123141334,coscosBCnBCnnBC数学参考答案第7

页共8页则平面1CEB与平面EBC夹角的余弦值64．…………………………………………（12分）21．解：（1）1110faaaa，因为0a，解得1a……………………（1分）因为()fxfx，且,xxyay

a在R上为单调递增函数，则函数xxfxaa为R上单调递增的奇函数…………………………………………………………………（3分）不等式(1)()0ftxfx等价于(1)()()ftxfxfx，所以1txx，即(1)1tx在区间0,2恒

成立，①当0x时，01，则Rt，②当2,0x时，11tx，即max1112tx，解得32t，综上所述，实数t的取值范围是3(,)2．…………………………………………（6分）（2）1211132aaa

afaa，即22320aa，解得2a或12a（舍）所以22222222222222xxxxxxxxgxmm，令22xxt，则22xxt在,1单调递增，所以1322222xxt

，即32t设222Gttmt，对称轴为tm，①当32m时，则)(tG在区间3,2单调递减，则2min3331722322224GtGmm

，解得：253122m符合题意，②当32m时，则)(tG在区间,m单调递减，在区间3,2m单调递增，22min222GtGmmm，解得：2m或2m（舍）综上所述2m或2512m．…………………………………………………………

……（12分）22．解：(1)由抛物线的定义得122PMF，解得2P,则抛物线C的标准方程为2:4Cyx……………………………………………（2分）数学参考答案第8页共8页依题意知，直线OA与直线OB的斜率存在，设直线OA方程为：(0)yk

xk，由OAOB得，直线OB方程为：1yxk，由24ykxyx得点244(,)Akk，同理可得点24,4()Bkk则222244=44ABkkkk222422421111=4=4+kkkkkkkk令2212tkk

，则2=42ABtt，函数2()2fttt在区间2,单调递增，所以min()(2)4ftf，则min=448AB，所以线段AB的最小值为8………（6分）（2）由2APBAPO得OPAOPB，假定在x轴上存在

点P使得OPAOPB，设点0(,0)Px，则直线PA斜率20024444PAkkkkxxk，直线PB斜率2044PBkkkx…………………………………………………………………………（8分）由OPAOPB得0PAPBkk，则有22004444k

kkxkx，即220044kxkx，整理得20(1)(4)0kx，显然当04x时，对任意不为0的实数k，20(1)(4)0kx恒成立，即当04x时，0PAPBkk恒成立，OPAOPB恒成立，所以，x轴上存在点P使得2APBAPO，点(4

,0)P．……………………（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com