云南省昆明市南羊中學2022年高二數學理期末試卷含解析一、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.如圖程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”，執行該程序框圖，若輸入的，分別為63，98，則輸出的（

）A．9

B．3

C．7

D．14參考答案：C2.下面四個條件中,使a>b成立的充分而不必要的條件是()A.a3>b3

B.a>b-1

C.a2>b2

D.a>b+1參考答案：D略3.將一個球的直徑擴大2倍，則其體積擴大（

）倍A.2

B.4

C.8

D.16參考答案：C略4.拋物線過點(2,－2)，則拋物線的準線為（）A．

B．

C．

D．參考答案：B因為拋物線過點，所以拋物線的準線為，選B.5.復數

(i是虛數單位)等于（

）A.4+3i

B.4-3i

C.-4+3i

D.-4-3i參考答案：D略6.（

）A．

B．

C.

D．2參考答案：B根據題意，由于x’=1,(sinx)’=cos,故可知.

7.的圖像與直線相切，則的值為（

）．A．

B．

C．

D．1參考答案：B略8.已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的表面積等于（

）A.

B.160

C.

D.參考答案：C9.設全集則右圖中陰影部分表示的集合為（

）A、

B、C、 D、參考答案：B略10.若函數的圖象如圖所示，則m的范圍為（

）A．(－∞,－1) B．(1,2) C．(0,2) D．(－1,2)

參考答案：B（1）（2），整理可得，由圖可知，或者，解得由（1）（2）可知，故選B

二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S1，2S2，3S3成等差數列，則{an}的公比為． 參考答案：【考點】等比數列的性質． 【專題】計算題；壓軸題． 【分析】先根據等差中項可知4S2=S1+3S3，利用等比數列的求和公式用a1和q分別表示出S1，S2和S3，代入即可求得q． 【解答】解：∵等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S1，2S2，3S3成等差數列， ∴an=a1qn﹣1，又4S2=S1+3S3，即4（a1+a1q）=a1+3（a1+a1q+a1q2）， 解． 故答案為 【點評】本題主要考查了等比數列的性質．屬基礎題． 12.若函數在上是單調函數，則的取值范圍是

。參考答案：13.已知雙曲線的一條漸近線方程為，則實數等于

▲

．參考答案：414.已知復數z滿足，則的最小值是

▲

．參考答案：4；15.設z∈C，且|z+1|﹣|z﹣i|=0，則|z+i|的最小值為．參考答案：【考點】A8：復數求模；A4：復數的代數表示法及其幾何意義．【分析】根據題意，可得滿足|z+1|﹣|z﹣i|=0的點Z幾何意義為復平面內的點到（﹣1，0）與（0，1）的中垂直平分線，進而分析|z+i|的幾何意義，可得答案．【解答】解：根據題意，可得滿足|z+1|﹣|z﹣i|=0的點Z幾何意義為復平面內的點到（﹣1，0）與（0，1）的垂直平分線：x+y=0，|z+i|的最小值，就是直線上的點與（0，﹣1）距離的最小值：=．故答案為：．【點評】本題是基礎題，考查復數的模的基本運算，復數模的幾何意義，點到直線的距離的求法，考查計算能力．16.“”是“”的___________條件．參考答案：必要不充分略17.已知函數f(x)對任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，且f(2)=3，則f(-1)=

.參考答案：略三、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.（10分）如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于點E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1E⊥EB．（1）求證：A1D⊥DC；（2）求二面角E﹣A1B﹣C的余弦值；（3）判斷在線段EB上是否存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值，若不存在，說明理由．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）由題意知EA1，EB，ED兩兩垂直，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明A1D⊥DC．（2）求出平面A1BE的一個向量和平面A1BC的一個法向量，利用向量法能求出二面角E﹣A1B﹣C的余弦值．（3）設=λ（0≤λ≤1），===（﹣2，2λ，0），求出平面A1DP的法向量和平面A1BC法向量，利用向量法能求出在線段EB上存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC．【解答】證明：（1）∵在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于點E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1E⊥EB．∴由題意知EA1，EB，ED兩兩垂直，建立空間直角坐標系，由題意得DE=2，從而A1（2，0，0），B（0，2，0），C（0，4，2），D（0，0，2），∴=（﹣2，0，2），=（0，4，0），∵?=0，∴A1D⊥DC．解：（2）平面A1BE的一個向量=（0，0，1），=（2，﹣2，0），=（0，2，2），設平面A1BC的一個法向量為=（x，y，z），則，令z=1，則=（﹣，﹣，1），∴cos＜＞==，∴二面角E﹣A1B﹣C的余弦值為﹣．（3）若存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC，設=λ（0≤λ≤1），===（﹣2，2λ，0），=（﹣2，0，2），設平面A1DP的法向量=（a，b，c），則，令c=λ，則=（），則平面A1BC法向量=（﹣，1），∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴=﹣3λ﹣3+λ=0，解得λ=﹣，與0≤λ≤1矛盾，∴在線段EB上存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC．【點評】本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查線段比值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養．19.已知雙曲線（a>0，b>0）的上、下頂點分別為A、B，一個焦點為F（0，c）（c>0），兩準線間的距離為1，|AF|、|AB|、|BF|成等差數列，過F的直線交雙曲線上支于M、N兩點．（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）設，問在y軸上是否存在定點P，使？若存在，求出所有這樣的定點P的坐標，若不存在，請說明理由．參考答案：解：（I）由已知|AF|=c-a，AB=2a，|BF|=c+a，∴4a=(c-a)+(c+a)，即c=2a．又∵，于是可解得a=1，c=2，∴雙曲線方程為．…………………4分由-6×0+(-2)×0=0，知，即對m∈R，恒成立，∴此時y軸上所有的點都滿足條件．…………6分②當k≠0時，MN的方程可整理為．于是由消去x，并整理得．∵，，，∴．………………9分∵，，，，∴，，∴．∵k≠0，∴．即．∴當MN與x軸平行時，y軸上所有的點都滿足條件；當MN不與x軸平行時，滿足條件的定點P的坐標為

．…………………12分20.已知動圓過定點P（2，0），且在y軸上截得弦長為4．（1）求動圓圓心的軌跡Q的方程；（2）已知點E（m，0）為一個定點，過E作斜率分別為k1、k2的兩條直線交軌跡Q于點A、B、C、D四點，且M、N分別是線段AB、CD的中點，若k1+k2=1，求證：直線MN過定點．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題．【分析】（1）設動圓圓心為O1（x，y），動圓與y軸交于R，S兩點，由題意，得|O1P|=|O1S|，由此得到=，從而能求出動圓圓心的軌跡Q的方程．（2）由，得，由已知條件推導出M（），N（），由此能證明直線MN恒過定點（m，2）．【解答】（1）解：設動圓圓心為O1（x，y），動圓與y軸交于R，S兩點，由題意，得|O1P|=|O1S|，當O1不在y軸上時，過O1作O1H⊥RS交RS于H，則H是RS的中點，∴|O1S|=，又|O1P|=，∴=，化簡得y2=4x（x≠0）．又當O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標為（0，0）也滿足方程y2=4x，∴動圓圓心的軌跡Q的方程為y2=4x．（2）證明：由，得，，y1y2=﹣4m，AB中點M（），∴M（），同理，點N（），∴=，∴MN：，即y=k1k2（x﹣m）+2，∴直線MN恒過定點（m，2）．21.（本小題12分）已知函數.（Ⅰ）作出函數y=f（x）的圖像：（Ⅱ）解不等式.參考答案：（分段函數3分，圖象3分，共6分）

（12分）22.(1)從0，1，2，3，4，5這六個數字任取3個，問能組成多少個沒有重復數字的三位數？

(2)若（x6+3）（x2+）5的展開式中含x10項的系數為43，求實數a的值．

參考答案：（1）解：從0，1，2，3，4，5這六個數字任取3個，

能組成沒有重復數字的三位數的個數是

?=5×5×4=100

（2）解：（x6+3）（x2+）5=x6+3，

且二項式展開式的通項公式為

Tr+1=?x2（5﹣r）?=?x10﹣3r?ar；

令10﹣3r=10，解得r=0，

∴其展開式中x10的系數為?a0=1；

令10﹣3r=4，解得r=2，

∴其展開式中x4的系數為?a2=10a2；

故所求展開式中含x10項的系數為

10a2+3