河南省周口市正宏中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理上學(xué)期期末試題含解析

河南省周口市正宏中學(xué)2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)理上學(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.用反證法證明命題：“若實(shí)數(shù)a，b滿足，則a，b全為0”，其反設(shè)正確的是

（

）A.a，b至少有一個(gè)為0 B.a，b至少有一個(gè)不為0C.a，b全不為0 D.a，b全為0參考答案：B【分析】反證法證明命題時(shí)，首先需要反設(shè)，即是假設(shè)原命題的否定成立即可.【詳解】因?yàn)槊}“若實(shí)數(shù)，滿足，則，全為0”的否定為“若實(shí)數(shù)，滿足，則，至少有一個(gè)不為0”；因此，用反證法證明命題：“若實(shí)數(shù)，滿足，則，全為0”，其反設(shè)為“，至少有一個(gè)不為0”.故選B【點(diǎn)睛】本題主要考查反證的思想，熟記反證法即可，屬于常考題型.2.曲線在點(diǎn)（0,1）處的切線方程為

（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D3.命題，則為（ ）A．

B．C．

D．參考答案：C4.（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：B5.水平放置的△ABC的斜二測(cè)直觀圖如圖所示，若，的面積為，則AB的長(zhǎng)為（）A. B. C.2 D.8參考答案：B【分析】依題意由的面積為，解得，所以，，根據(jù)勾股定理即可求．【詳解】依題意，因?yàn)榈拿娣e為，所以，解得，所以，，又因?yàn)椋晒垂啥ɡ淼茫海蔬x：B．【點(diǎn)睛】本題考查直觀圖還原幾何圖形，屬于簡(jiǎn)單題.利用斜二測(cè)畫法作直觀圖，主要注意兩點(diǎn)：一是與x軸平行線段仍然與軸平行且相等；二是與y軸平行的線段仍然與軸平行且長(zhǎng)度減半.6.對(duì)實(shí)數(shù)a與b，定義新運(yùn)算“?”：a?b=．設(shè)函數(shù)f（x）=（x2﹣2）?（x﹣1），x∈R．若函數(shù)y=f（x）﹣c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是（）A．（﹣1，1]∪（2，+∞） B．（﹣2，﹣1]∪（1，2] C．（﹣∞，﹣2）∪（1，2] D．[﹣2，﹣1]參考答案：B【考點(diǎn)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．【分析】根據(jù)定義的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)函數(shù)f（x）=（x2﹣2）?（x﹣1），的解析式，并畫出f（x）的圖象，函數(shù)y=f（x）﹣c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)轉(zhuǎn)化為y=f（x），y=c圖象的交點(diǎn)問(wèn)題，結(jié)合圖象求得實(shí)數(shù)c的取值范圍．【解答】解：∵，∴函數(shù)f（x）=（x2﹣2）?（x﹣1）=，由圖可知，當(dāng)c∈（﹣2，﹣1]∪（1，2]函數(shù)f（x）與y=c的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，∴c的取值范圍是（﹣2，﹣1]∪（1，2]，故選B．7.拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A8.過(guò)點(diǎn)且垂直于直線的直線方程為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A略9.歐拉公式：為虛數(shù)單位），由瑞士數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明，它建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，根據(jù)歐拉公式，（

）A.1 B.－1 C.i D.－i參考答案：B【分析】由題意將復(fù)數(shù)的指數(shù)形式化為三角函數(shù)式，再由復(fù)數(shù)的運(yùn)算化簡(jiǎn)即可得答案．【詳解】由得故選B．【點(diǎn)睛】本題考查歐拉公式的應(yīng)用，考查三角函數(shù)值的求法與復(fù)數(shù)的化簡(jiǎn)求值，是基礎(chǔ)題．10.三角形ABC周長(zhǎng)等于20，面積等于，則為

（

）A．5

B．7

C．6

D．8

參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)是____________參考答案：12.在可行域內(nèi)任取一點(diǎn)，規(guī)則如流程圖所示，則能輸出數(shù)對(duì)（x，y）的概率是

.參考答案：

13.已知x，y滿足約束條件，若y﹣x的最大值是a，則二項(xiàng)式（ax﹣）6的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為

.（用數(shù)字作答）參考答案：﹣540【考點(diǎn)】7C：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．【分析】首先利用約束條件得到可行域，結(jié)合y﹣x的幾何意義求出其最大值，然后對(duì)二項(xiàng)式的通項(xiàng)求常數(shù)項(xiàng)．【解答】解：已知得到可行域如圖：設(shè)z=y﹣x變形為y=x+z，當(dāng)此直線經(jīng)過(guò)圖中B（0，3）時(shí)，直線在y軸的截距最大，z最大，所以z的最大值為3，所以a=3，二項(xiàng)式（3x﹣）6的通項(xiàng)為，所以r=3時(shí)，展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為=﹣540；故答案為：﹣540【點(diǎn)評(píng)】本題考查了簡(jiǎn)單線性規(guī)劃問(wèn)題與二項(xiàng)式定理的運(yùn)用；關(guān)鍵是利用數(shù)形結(jié)合正確求出a，然后由二項(xiàng)展開(kāi)式通項(xiàng)求常數(shù)項(xiàng)．14.已知函數(shù)f（x）=x2+3，則f（x）在（2，f（2））處的切線方程為

．參考答案：4x﹣y﹣1=0【考點(diǎn)】6H：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【分析】求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（2），再求出f（2），代入直線方程的點(diǎn)斜式得答案．【解答】解：由f（x）=x2+3，得f′（x）=2x，∴f′（2）=4，又f（2）=7，∴f（x）在（2，f（2））處的切線方程為y﹣7=4（x﹣2），即4x﹣y﹣1=0．故答案為：4x﹣y﹣1=0．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)曲線上某點(diǎn)處的切線方程，過(guò)曲線上某點(diǎn)處的切線的斜率，就是函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值，是基礎(chǔ)題．15.若函數(shù)，則

．參考答案：

16.已知圓x2+y2－2x+4y+1=0和直線2x+y+c=0，若圓上恰有三個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1，則c=

.參考答案：17.在中，已知，則＝

.參考答案：30°三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.設(shè)橢圓C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，上頂點(diǎn)為A，過(guò)點(diǎn)A與AF2垂直的直線交z軸負(fù)半軸于點(diǎn)Q，且+=，過(guò)A，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)的圓的半徑為2．過(guò)定點(diǎn)M（0，2）的直線l與橢圓C交于G，H兩點(diǎn)（點(diǎn)G在點(diǎn)M，H之間）．（I）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線l的斜率k＞0，在x軸上是否存在點(diǎn)P（m，0），使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形是菱形．如果存在，求出m的取值范圍，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答案：【考點(diǎn)】KH：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題；K3：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．【分析】（I）因?yàn)?，知a，c的一個(gè)方程，再利用△AQF的外接圓與直線l相切得出另一個(gè)方程，解這兩個(gè)方程組成的方程組即可求得所求橢圓方程；（II）設(shè)l的方程代入橢圓的方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，再結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系利用向量的坐標(biāo)表示，利用基本不等式，即可求得m的取值范圍．【解答】解：（I）因?yàn)椋訤1為F2Q中點(diǎn)．設(shè)Q的坐標(biāo)為（﹣3c，0），因?yàn)锳Q⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=4c2，且過(guò)A，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)的圓的圓心為F1（﹣c，0），半徑為2c因?yàn)樵搱A與直線l相切，所以，解得c=1，所以a=2，b=，所以所求橢圓方程為；（Ⅱ）設(shè)l的方程為y=kx+2（k＞0），與橢圓方程聯(lián)立，消去y可得（3+4k2）x2+16kx+4=0．設(shè)G（x1，y1），H（x2，y2），則x1+x2=﹣∴=（x1﹣m，y1）+（x2﹣m，y2）=（x1+x2﹣2m，y1+y2）．=（x1+x2﹣2m，k（x1+x2）+4）又=（x2﹣x1，y2﹣y1）=（x2﹣x1，k（x2﹣x1））．由于菱形對(duì)角線互相垂直，則（）?=0，所以（x2﹣x1）[（x1+x2）﹣2m]+k（x2﹣x1）[k（x1+x2）+4]=0．故（x2﹣x1）[（x1+x2）﹣2m+k2（x1+x2）+4k]=0．因?yàn)閗＞0，所以x2﹣x1≠0．所以（x1+x2）﹣2m+k2（x1+x2）+4k=0，即（1+k2）（x1+x2）+4k﹣2m=0．所以（1+k2）（﹣）+4k﹣2m=0．解得m=﹣，即因?yàn)閗＞，可以使，所以故存在滿足題意的點(diǎn)P且m的取值范圍是[）．19.已知橢圓W：=1，直線l與W相交于M，N兩點(diǎn)，l與x軸、y軸分別相交于C、D兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（Ⅰ）若直線l的方程為x+2y﹣1=0，求△OCD外接圓的方程；（Ⅱ）判斷是否存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．參考答案：考點(diǎn)： 直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題．專題： 綜合題；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析： （Ⅰ）由直線l的方程為x+2y﹣1=0，求出C，D的坐標(biāo)，進(jìn)而可求△OCD外接圓的圓心與半徑，即可求△OCD外接圓的方程；（Ⅱ）存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)．設(shè)直線l的方程為y=kx+m（km≠0），與橢圓方程聯(lián)立，由C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得線段MN的中點(diǎn)與線段CD的中點(diǎn)重合，利用韋達(dá)定理，求出k，由C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得|MN|=3|CD|，求出m，即可得出結(jié)論．解答： 解：（Ⅰ）因?yàn)橹本€l的方程為x+2y﹣1=0，所以與x軸的交點(diǎn)C（1，0），與y軸的交點(diǎn)．…（1分）則線段CD的中點(diǎn)，，…（3分）即△OCD外接圓的圓心為，半徑為，所以△OCD外接圓的方程為．…（5分）（Ⅱ）存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)．理由如下：由題意，設(shè)直線l的方程為y=kx+m（km≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），則，D（0，m），…（6分）由方程組得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，…（7分）所以△=16k2﹣8m2+8＞0，（*）

…（8分）由韋達(dá)定理，得，．…（9分）由C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得線段MN的中點(diǎn)與線段CD的中點(diǎn)重合．所以，…（10分）解得．…（11分）由C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得|MN|=3|CD|．所以，…（12分）即，解得．…（13分）驗(yàn)證知（*）成立．所以存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，此時(shí)直線l的方程為，或．…（14分）點(diǎn)評(píng)： 本題考查圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，綜合性強(qiáng)．20.已知頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在軸上的拋物線被直線截得的弦長(zhǎng)為，求拋物線的方程。參考答案：設(shè)拋物線的方程為，則消去得，則21.（14分）設(shè)橢圓：的離心率為，點(diǎn)（，0），（0，）原點(diǎn)到直線的距離為。(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點(diǎn)為（，0），點(diǎn)在橢圓上（與、均不重合），點(diǎn)在直線上，若直線的方程為，且，試求直線的方程．

參考答案：略22.由圓x2+y2=9外一點(diǎn)P（5，12）引圓的割線交圓于A、B兩點(diǎn)，求弦AB的中點(diǎn)M的軌跡方程．參考答案：【考點(diǎn)】直