2022-2023學年河南省漯河市第二中學高二數學理期末試題含解析

2022-2023學年河南省漯河市第二中學高二數學理期末試題含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.兩圓相交于點A（1，3）、B（m，－1），兩圓的圓心均在直線x－y+c=0上，則m+c的值為（

）A．－1

B．2

C．3

D．0參考答案：C2.已知a，b為實數，“ab=100”是“l(fā)ga+lgb=2”的(

)A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】ab=100時，lga+lgb=2不一定成立；反之，lga+lgb=2，則a＞0，b＞0，根據對數的運算法則，ab=100一定成立，故a，b為實數，“ab=100”是“l(fā)ga+lgb=2”的必要而不充分條件．【解答】解：ab=100時，lga+lgb=2不一定成立，例如a=﹣5，b=﹣20，有ab=100，但是lga+lgb=2不成立；反之，lga+lgb=2，則a＞0，b＞0，根據對數的運算法則，lgab=2，ab=100，所以ab=100一定成立，故a，b為實數，“ab=100”是“l(fā)ga+lgb=2”的必要而不充分條件．故選B．【點評】本題考查充分條件、必要條件、充要條件的判斷和應用，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答，注意對數的運算法則的靈活運用．3.定義方程f(x)＝f′(x)的實數根x0叫做函數f(x)的“新駐點”，若函數g(x)＝2x，h(x)＝lnx，φ(x)＝x3(x≠0)的“新駐點”分別為a，b，c，則a，b，c的大小關系為()A．a>b>c

B．c>b>a

C．a>c>b

D．b>a>c參考答案：B4.若圓上每個點的橫坐標不變，縱坐標縮短為原來的，則所得曲線的方程是（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：C5.某產品的廣告費用x與銷售額y的統(tǒng)計數據如下表廣告費用x（萬元）4235銷售額y（萬元）49263954根據上表可得回歸方程=x+的為9.4，據此模型預報廣告費用為6萬元時銷售額為（）A．63.6萬元 B．65.5萬元 C．67.7萬元 D．72.0萬元參考答案：B【考點】線性回歸方程．【分析】首先求出所給數據的平均數，得到樣本中心點，根據線性回歸直線過樣本中心點，求出方程中的一個系數，得到線性回歸方程，把自變量為6代入，預報出結果．【解答】解：∵=3.5，=42，∵數據的樣本中心點在線性回歸直線上，回歸方程中的為9.4，∴42=9.4×3.5+a，∴=9.1，∴線性回歸方程是y=9.4x+9.1，∴廣告費用為6萬元時銷售額為9.4×6+9.1=65.5，故選：B．6.定義在R上的函數滿足，當時，，則（

）A．

B．

C．2

D．參考答案：C可得是最小正周期為4的周期函數．則，故選C.

7.已知復數，則（

）A.

B.

C.1

D.2參考答案：B略8.若函數在處的導數等于，那么等于（）

A．

B．

C．

D．參考答案：C略9.已知復數，那么對應的點位于復平面內的A.第一象限

B.第二象限C.第三象限

D.第四象限參考答案：D10.命題“?x∈[1，2]，x2﹣a≤0”為真命題的一個充分不必要條件是（）A．a≥4 B．a≤4 C．a≥5 D．a≤5參考答案：C【考點】命題的真假判斷與應用．【分析】本題先要找出命題為真命題的充要條件{a|a≥4}，從集合的角度充分不必要條件應為{a|a≥4}的真子集，由選擇項不難得出答案．【解答】解：命題“?x∈[1，2]，x2﹣a≤0”為真命題，可化為?x∈[1，2]，a≥x2，恒成立即只需a≥（x2）max=4，即“?x∈[1，2]，x2﹣a≤0”為真命題的充要條件為a≥4，而要找的一個充分不必要條件即為集合{a|a≥4}的真子集，由選擇項可知C符合題意．故選C【點評】本題為找命題一個充分不必要條件，還涉及恒成立問題，屬基礎題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.一般的，如果從個體數為N樣本中抽取一個容量為n的樣本，那么每個個體被抽到的概率是__________________參考答案：12.曲線在點處的切線方程為_____________.參考答案：13.與雙曲線有共同的漸近線，且經過點的雙曲線標準方程為__________.參考答案：略14.

已知平面區(qū)域如圖所示，在平面區(qū)域內取得最大值的最優(yōu)解有無數多個，則

.

參考答案：15.若圓錐的表面積是，側面展開圖的圓心角是，則圓錐的體積是_______。參考答案：解析：設圓錐的底面半徑為，母線為，則，得，，得，圓錐的高16.若實數滿足，則的最小值是_________．參考答案：17.設

滿足約束條件若目標函數的最大值為1,則正數滿足的關系是___*_____,的最小值是__*___參考答案：;8三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知橢圓過點，其焦距為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）已知橢圓具有如下性質：若橢圓的方程為，則橢圓在其上一點處的切線方程為，試運用該性質解決以下問題：（i）如圖（1），點為在第一象限中的任意一點，過作的切線，分別與軸和軸的正半軸交于兩點，求面積的最小值；（ii）如圖（2），過橢圓上任意一點作的兩條切線和，切點分別為.當點在橢圓上運動時，是否存在定圓恒與直線相切？若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由.參考答案：（I）解：依題意得：橢圓的焦點為，由橢圓定義知：，所以橢圓的方程為.（II）（ⅰ）設，則橢圓在點B處的切線方程為

令，，令，所以又點B在橢圓的第一象限上，所以

，

，當且僅當所以當時，三角形OCD的面積的最小值為

（Ⅲ）設，則橢圓在點處的切線為：又過點，所以，同理點也滿足，所以都在直線上，即：直線MN的方程為

所以原點O到直線MN的距離，所以直線MN始終與圓相切.

略19.將4個編號為1、2、3、4的不同小球全部放入4個編號為1、2、3、4的4個不同盒子中.求：（1）每個盒至少一個球，有多少種不同的放法？（2）恰好有一個空盒，有多少種不同的放法？（3）每盒放一個球，并且恰好有一個球的編號與盒子的編號相同，有多少種不同的放法？（4）把已知中4個不同的小球換成四個完全相同的小球（無編號），其余條件不變，恰有一個空盒，有多少種不同的放法？參考答案：（1）24（種）；（2）144（種）；（3）8（種）；（4）12（種）.【分析】（1）根據題意知，每個盒子里有且只有1個小球，利用排列數可得出結果；（2）先將4個小球分為3組，各組的球數分別為2、1、1，然后分配給4個盒子中的3個盒子，利用組合與排列計數原理可得出結果；（3）考查編號為1的盒子中放入編號為1的小球，列舉出此種情況下其它3個球均未放入相應編號的盒子里，在此種放法種數上乘以4可得結果；（4）空盒編號有4種情況，然后將4個完全相同的小球放入其它3個盒子，沒有空盒，利用隔板法求出結果，乘以4即得所求放法種數.【詳解】（1）根據題意知，每個盒子里有且只有一個小球，所求放法種數（種）；（2）先將4個小球分為3組，各組的球數分別為2、1、1，然后分配給4個盒子中的3個盒子，由分步乘法計數原理可知，所求的放法種數為（種）；（3）考查編號為1的盒子中放入編號為1的小球，則其它3個球均未放入相應編號的盒子，那么編號為2、3、4的盒子中放入的小球編號可以依次為3、4、2或4、2、3，因此，所求放法種數為（種）；（4）按兩步進行，空盒編號有4種情況，然后將4個完全相同的小球放入其它3個盒子，沒有空盒，則只需在4個完全相同的小球所形成的3個空（不包括兩端）中插入2塊板，由分步乘法計數原理可知，所求的放法種數為（種）.【點睛】本題考查計數應用題，涉及分步乘法計數原理、隔板法以及列舉法的應用，考查計算能力，屬于中等題.20.已知數列滿足（），且.（1）計算的值，并猜想的表達式；（2）請用數學歸納法證明你在（1）中的猜想.參考答案：(1).由此猜想（）.(2)證明：①當時，，結論成立；②假設（，且）時結論成立，即.當時，，∴當時結論成立，由①②知：對于任意的，恒成立.21.(10分)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點．(1)證明B1C1⊥CE；(2)設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長．參考答案：(方法一)(1)證明：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.(2)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．設＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量．設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.于是，解得，所以AM＝.(方法二)