【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 PDF版含解析.pdf，共(15)页，1.077 MB，由小赞的店铺上传

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高二数学试卷第1页（共6页）秘密★考试结束前凯里一中2022—2023学年度第一学期期末考试高二数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。考试时间：120分钟试卷满分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．）1．已知集合

|1,Axx|11Bxx，则ABA．|11xxB．|11xxC．|11xxD．|1xx2．复数21iz，则zA．22B．2C．1D．23．已知双曲线22:22Cxy，则双曲线C的焦距是A．62B．3C．6D．234．已

知31,log2,lg32abc，则下列正确的是A．bacB．bcaC．cbaD．abc5．已知ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，ABC的面积为3，60A，223bcbc，则aA．2B．

22C．4D．166．已知等比数列na的前n项和为nS，且公比0q，24233=28SSS，，则4aA．1B．12C．14D．18高二数学试卷第2页（共6页）第8题图7．已知圆221:1Cxy与圆2222:22(1)Cxyrr有两个交点，则r的取值

范围是A．121，B．221221，C．121，D．221221，8．如图，在平面四边形ABCD中，,,30ADCDACBCDACBAC，现将ABC沿AC折起，并连接BD，使得平面AC

D平面ABC，若三棱锥DABC的体积为38，则三棱锥DABC外接球的体积为A．43B．32C．3D．4二、多项选择题（本大题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求，全部选对的得5分，

选对但不全的得2分，有选错的得0分．）9．下列叙述不正确的是A．若0ba，则22abB．“ab”是“lnlnab”的充分不必要条件C．命题2:,0pxRx，则命题p的否定：2,0xRxD．函数4()fxxx的最小值是410．已知直

线:cos+320()lxyR，则下列说法正确的是A．直线l倾斜角的取值范围是0,6B．直线l在y轴的截距为233C．当3时，直线l与圆22:1Cxy相离D．直线l与直线3cos10xy垂直高二数学试卷第3页（共6页）11．函数()s

in()cos()(0,)2fxxx的最小正周期为π，且函数()fx的图象过点2,2，则下列正确的是A．函数fx在0,2单调递减B．,22xRfxfxC．满足条件()10fxfx

的最小正整数x为1D．函数2gxfx为奇函数12．如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，点P满足111DBPB，其中1,0，则下列结论正确的是A．有且仅有一点P，

使得BD1APB．1ABP的周长与的大小有关C．三棱锥1PABD的体积与的大小有关D．当1=2时，直线1AP与平面1ABD所成的角的正弦值为63三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）1

3．已知向量1,2a，2,1,1,3bc，若//tca+b，则t____________．14．已知函数2log1,0tan,04xxfxxx，则7ff____________．15．已知定义在R上的函数)(xf满足下列

条件：①函数)(xf的图象关于y轴对称；②对于任意)()1(,xfxfRx；③当1,0x时，xxf)(；若函数0(,log)()(axxfxFa且)1a有6个零点，则a的取值范围是____________．第12题图高二数学试卷第4页（共6页）

16．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球1O，球2O的半径分别为4和1，球心距621OO,截面分别与球1O，球

2O切于点E，F，（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于____________．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．（本小题满分10分）ABC

的内角,,ABC的对边分别为,,abc，且2cos1cAb．（1）若6,2ab，求c的值；（2）若0CACB，求角B．18．（本小题满分12分）已知数列na满足122(),3nnaanNa．（1）求数列na的通项公式na；（2）令

11nnnbaa，求数列nb的前n项和nS．第16题图高二数学试卷第5页（共6页）19.（本小题满分12分）凯里市2020年被评为全国文明城市，为了巩文固卫，凯里一中某研究性学习小组举办了“文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取400份试卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均

为不低于40分的整数）分成六段：40,50,50,60,,90,100，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求a的值，并估计知识竞赛成绩的第80百分位数；（2）现从该样本成绩在50,40与6050，的市民中按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的

竞赛成绩来自不同组的概率．20．（本小题满分12分）如图所示，直三棱柱111ABCABC的底面是边长为2的正三角形，且直三棱柱111ABCABC的体积为23，点E为1AA的中点．（1）证明：1BC平面1EBC；（2）求

平面1CEB与平面EBC夹角的余弦值．高二数学试卷第6页（共6页）21．（本小题满分12分）设函数(,0xxfxaaxRa且1)a．（1）若(1)0f，且不等式(1)()0ftxfx在区间0,2恒成立，求实数t的取值范围；（2）若3(1)=2f，函数22()2()xx

gxaamfx在区间,1上的最小值为2，求实数m的值．22．（本小题满分12分）抛物线2:2(0)Cypxp上的点0(1,)My到抛物线C的焦点F的距离为2，,AB（不与O重合）是抛物线C上两个动

点，且OAOB．（1）求抛物线C的标准方程及线段AB的最小值；（2）x轴上是否存在点P使得2APBAPO？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．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,lg3lglg10222abc，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3

411=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B

CD，∴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91

01112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ba，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，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()()10

fxfx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()()10fxfx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11DB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15log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)(2222212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，∴22222222bcabc

acbbbcc，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，s

in1C，∴21sin2sinBB，即(2sin1)(sin1)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

121211211211217151513131121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：cdbdbcadacabBdBcBbBaAdAc

AbAaAB,,,,,,,,,,,,,,，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11BCCB，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3y，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BCnBCnnB

C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,xxyaya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）1211132aaaafaa，即22320aa，解得2a或12a（舍）所以22222222222222xxxxxxxxgxmm，令22x

xt，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2min333172

2322224GtGmm，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)ykxk，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20024444PAkkk

kxxk，直线PB斜率2044PBkkkx…………………………………………………………………………（8分）由OPAOPB得0PAPBkk，则有22004444kkkxkx，即220044kxkx，整理得20(1)(4)0k

x，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