2022學年上學期高二期末限時訓練試卷數學本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.開考前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自已的校名、姓名、班級、考號等相關信息填寫在答題卡指定區域內.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案；不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內的相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.第一部分選擇題（共60分）一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據三角函數的性質求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.【詳解】由得解得或，所以或，又由解得，所以，所以，故選:D.2.某地天氣預報中說未來三天中該地下雪的概率均為0.6，為了用隨機模擬的方法估計未來三天中恰有兩天下雪的概率，用計算機產生1~5之間的隨機整數，當出現隨機數1，2或3時，表示該天下雪，其概率為0.6，每3個隨機數一組，表示一次模擬的結果，共產生了如下的20組隨機數：522553135354313531423521541142125323345131332515324132255325則據此估計該地未來三天中恰有兩天下雪概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】根據條件找出三天中恰有兩天下雪的隨機數，再按照古典概型求概率.【詳解】20組數據中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9組隨機數，所以.故選：B3.設復數滿足，則在復平面上對應的圖形是（）A.兩條直線 B.橢圓 C.圓 D.雙曲線【答案】A【解析】【分析】設，根據模長相等列出方程，得到在復平面上對應的圖形是兩條直線.【詳解】設，則，可得：，化簡得：，即或，則在復平面上對應的圖形是兩條直線.故選：A4.在中，已知，，，滿足此條件的三角形只有一個，則滿足（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】結合正弦定理得，滿足條件的三角形只有一個，即有唯一的角與其對應，即可確定B的范圍，求得結果.【詳解】由正弦定理得，則有，.∵滿足條件的三角形只有一個，即有唯一的角與其對應，則，故.故選：D5.圓內接四邊形中，，是圓的直徑，則（）A.12 B. C.20 D.【答案】B【解析】【分析】根據圓內接四邊形的性質及數量積的定義即求.【詳解】由題知，，∴.故選：B.6.已知數列為等差數列，若，，且數列的前項和有最大值，那么取得最小正值時為（）A.11 B.12 C.7 D.6【答案】A【解析】【分析】根據已知條件，判斷出，的符號，再根據等差數列前項和的計算公式，即可求得.【詳解】因為等差數列的前項和有最大值，故可得，因為，故可得，即，所以，可得，又因為，故可得，所以數列的前6項和有最大值，且，又因為，，故取得最小正值時n等于.故選：A.7.已知過橢圓的左焦點的直線與橢圓交于不同的兩點，，與軸交于點，點，是線段的三等分點，則該橢圓的標準方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】不妨設在第一象限，由橢圓的左焦點，點，是線段的三等分點，易得，代入橢圓方程可得，又，兩式相結合即可求解【詳解】不妨設在第一象限，由橢圓的左焦點，點，是線段的三等分點，則為的中點，為中點，所以，所以，則即，所以，，將點坐標代入橢圓方程得，即，又，所以，，所以橢圓標準方程是.故選：B8.定義在的函數滿足：對，，且，成立，且，則不等式的解集為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構造函數，討論單調性，利用單調性解不等式.【詳解】由且，，則兩邊同時除以可得，令，則在單調遞增，由得且，即解得，故選：D.二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）9.已知雙曲線（，）的右焦點為，在線段上存在一點，使得到漸近線的距離為，則雙曲線離心率的值可以為（）A. B.2 C. D.【答案】AB【解析】【分析】寫出雙曲線的漸近線方程，利用點到直線距離列出不等式，得到，判斷出AB正確.【詳解】的一條漸近線方程為，設，，，整理得：，因為，所以，即，解得：，因為，，，，所以AB正確，CD錯誤.故選：AB10.已知正實數，滿足，下列說法正確的是（）A.的最大值為2 B.的最小值為4C.的最小值為 D.的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判斷A,B,將代入，化簡，利用基本不等式求解可判斷C，利用基本不等式“1”的妙用可判斷D.【詳解】對于A,因為，即，解得，又因為正實數，，所以，則有，當且僅當時取得等號，故A錯誤；對于B，，即，解得（舍），當且僅當時取得等號，故B正確；對于C,由題可得所以，解得，，當且僅當即時取得等號，故C正確；對于D,，當且僅當時取得等號，故D正確，故選:BCD.11.已知正方體的邊長為2，為正方體內（包括邊界）上的一點，且滿足，則下列說正確的有（）A.若為面內一點，則點的軌跡長度為B.過作面使得，若，則的軌跡為橢圓的一部分C.若，分別為，的中點，面，則的軌跡為雙曲線的一部分D.若，分別為，的中點，與面所成角為，則的范圍為【答案】ABD【解析】【分析】對于A項，轉化為，得到的軌跡再求解.對于BC項，根據平面截圓錐所得的曲線的四種情況解決.對于D項，建立空間直角坐標系解決.【詳解】對于A項，正方體中，平面，若為面內一點，所以.又因為，所以，在中，所以故點的軌跡是以為圓心為半徑的個圓弧，所以點的軌跡長度為故A正確.對于B項，因為，即為定值，線段也為定值，取的中點，故點的軌跡是以為軸線，為母線的圓錐的側面上的點.設平面即為下圖的圓面，過點作的平行線交圓錐底面于點，交于點，從圖形可得，易得，故的軌跡為橢圓的一部分，所以B正確.對于C項,平面與軸線所成的角即為平面與所成的角，是平面與軸線所成的角，在中，而母線與軸線所成的角為，在中，即母線與軸線所成的角與截面與軸線所成的角，所以點的軌跡應為拋物線，故C不正確.對于D項,以為原點，分別為軸的非負半軸建立如圖所示的坐標系，連接并延長交上底面于點，設，則，則，設面的法向量為所以所以與面所成角的正弦值為又因為所以，故D正確.故選：ABD【點睛】用平面去截圓錐所得的曲線可能為，圓、橢圓、拋物線、雙曲線.截面與圓錐軸線成角等于軸線與母線所成的角，截面曲線為拋物線；截面與圓錐軸線成角大于軸線與母線所成的角，截面曲線為橢圓；截面與圓錐軸線成角小于軸線與母線所成的角，截面曲線為雙曲線；截面與軸線垂直得到截面曲線為圓.12.已知函數，，則（）A.函數為偶函數B.函數為奇函數C.函數為奇函數D.為函數函數圖像的對稱軸【答案】CD【解析】【分析】根據函數的的奇偶性定義可判斷A,B,C，根據對稱軸的性質判斷D.【詳解】對于A，，定義域為，所以函數為非奇非偶函數，故A錯誤；對于B,定義域為，所以函數為非奇非偶函數，故B錯誤；對于C,，定義域為，設，，所以函數為奇函數，故C正確；對于D,設定義域為，，所以為函數函數圖像的對稱軸，故D正確，故選:CD.第二部分非選擇題（共90分）三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知首項為2的數列對滿足，則數列的通項公式______.【答案】【解析】【分析】構造，得到是等比數列，求出通項公式，進而得到.【詳解】設，即，故，解得：，故變形為，，故是首項為4的等比數列，公比為3，則，所以，故答案為：14.已知直線的方向向量為，點在直線上，則點到直線的距離為______.【答案】【解析】【分析】求出與直線的方向向量的夾角的余弦，轉化為正弦后可得點到直線的距離．【詳解】，，所以，點到的距離為．故答案為：．15.函數（，）的部分圖象如圖所示，直線（）與這部分圖象相交于三個點，橫坐標從左到右分別為，，，則______.【答案】【解析】【分析】由圖象求得參數，由交點及余弦函數的對稱性結合即可求值【詳解】由圖可知，，即，則，解得，，故.則，最小正周期為.直線（）與這部分圖象相交于三個點，橫坐標從左到右分別為，，，則由圖可知，.∴.故答案為：16.已知實數x、y滿足，則的取值范圍是________．【答案】.【解析】【分析】討論得到其圖象是橢圓，雙曲線的一部分組成圖形，根據圖象可得的取值范圍，進而可得的取值范圍.【詳解】因為實數滿足，當時，方程為的圖象為雙曲線在第一象限的部分；當時，方程為的圖象為橢圓在第四象限的部分；當時，方程為的圖象不存在；當時，方程為的圖象為雙曲線在第三象限的部分；在同一坐標系中作出函數的圖象如圖所示，表示點到直線的距離的倍根據雙曲線的方程可得，兩條雙曲線的漸近線均為，令，即，與雙曲線漸近線平行，觀察圖象可得，當過點且斜率為的直線與橢圓相切時，點到直線的距離最大，即當直線與橢圓相切時，最大，聯立方程組，得，，解得，又因為橢圓的圖象只有第四象限的部分，所以，又直線與的距離為，故曲線上的點到直線的距離大于1，所以綜上所述，，所以，即，故答案為：.四、解答題（本題共6小題，共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知函數.（1）求函數的單調增區間；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等變換化簡，由整體法結合三角函數的單調增區間列不等式求解即可；（2）令，分析得關于對稱，根據對稱性化簡求值.【小問1詳解】令，則.故函數的單調增區間為.【小問2詳解】，令，由得，故關于對稱，故當時，關于對稱.故.18.已知等比數列對任意的滿足.（1）求數列的通項公式；（2）若數列的前項和為，定義為，中較小的數，，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由遞推公式得，結合等比數列性質與條件等式兩式相處，即可求得，再令由等式求得，即可根據公式法得通項公式；（2）化簡對數式得，分析與的大小，即可根據定義得的分段函數，即可分段求和.【小問1詳解】設等比數列公比為q，則有，兩式相除化簡得，解得，又，可得.∴數列的通項公式.【小問2詳解】，則.令，即，∵，∴當時，，即；當時，，即；∴.故當，；當時，.故.19.已知平面內一動點到定點的距離比它到軸的距離多1.（1）求點的軌跡方程；（2）過點作直線與曲線交于（點在點左側），求的最小值.【答案】（1）或.（2）20【解析】【分析】（1）設，得即可解決；（2）設直線為，聯立方程，結合韋達定理得，由基本不等式解決即可.【小問1詳解】由題知，動點到定點的距離比它到軸的距離多1，設，所以，當時，，化簡得，當時，，化簡得，所以點的軌跡方程為，或..【小問2詳解】由題得，過點作直線與曲線交于（點在點左側），所以由（1）得，設直線為，將代入中得，所以，即，，即，所以當且僅當，即時，取等號，所以所以的最小值為20.20.已知正項數列滿足，且，設.（1）求證：數列為等比數列并求的通項公式；（2）設數列的前項和為，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用化簡可得數列是以為公比為首項的等比數列，求出可得，再利用累乘法求通項公式可得答案；（2）求出利用裂項相消求和可得答案.【小問1詳解】因為，所以，因為，所以，所以，且，所以數列是以為公比，為首項的等比數列，即，即，可得，，所以時，，即，而此時時，，所以；【小問2詳解】由（1），所以，所以，所以.21.已知四棱錐中，，，，，，面面，.（1）求證：；（2）求面與面所成的二面角的余弦值.【答案】（1）見解析（2）0【解析】【分析】（1）根據勾股定理得，面面垂直性質定理得面，得，可得平面，即可解決；（2）建立以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸正方向得空間直角坐標系，空間向量法解決二面角的余弦值即可.【小問1詳解】由題知，，，，，，面面，.過作，過作，即，連接交于，因為，所以四邊形平行四邊形，所以，因為在中，,所以,所以，因為，，，所以所以，因為，所以,因為，，所以在中，,即，又因為，平面平面且交于，所以面，因為面，所以，因為平面，所以平面,因為平面，所以.【小問2詳解】由（1）得，面，平面，，作,所以面，，所以，所以建立以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸正方向得空間直角坐標系，因為，，，所以,所以,設面與面的法向量分別為，所以，即，令，得，，即，令，得，設面與面所成的二面角為，所以面與面所成的二面角的余弦值為.所以面與面所成的二面角的余弦值為0.22.換元法在數學中應用較為廣泛，其目的在于把不容易解決的問題轉化為數學情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解過程可以是：設，，其中，則；當時取得最小值16，這種換元方法稱為“對稱換元”.已知平面內一動點到兩個定點，的距離之和為4.（1）請利用上述方法，求點的軌跡方程；（2）過軌跡與軸負半軸交點作斜率為的直