福建省宁德市2022-2023学年高二数学上学期线上期末考试试卷（Word版带解析）

宁德市2022-2023学年度第一学期高二线上考试数学★祝考试顺利★温馨提示：请将全部答案填写在答题卡上,拍照上传.本试卷有第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟，满分150分.第I卷（选择题共60分）一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．在等差数列中，，则此等差数列的前9项之和为（    ）A．5B．27C．45D．902．“且”是“”的（    ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左支交于点，且恰为线段的中点，则双曲线的离心率为（    ）A．B．C．D．4．已知过点A（a，0）作曲线C：y＝x•ex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是（　　）A．（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）B．（0，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）5．过正方体上底面的对角线和下底面一顶点的平面截去一个三棱锥所得到的几何体如图所示，它的俯视图为（　　）A．B．C．D．6．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每 一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则n的值为（）A．7B．8C．9D．107．为了更好地研究双曲线，某校高二年级的一位数学老师制作了一个如图所示的双曲线模型.已知该模型左､右两侧的两段曲线（曲线与曲线）为某双曲线（离心率为2）的一部分，曲线与曲线中间最窄处间的距离为，点与点，点与点均关于该双曲线的对称中心对称，且，则（    ）A．B．C．D．8．在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有个正三角形），其中最小的正三角形面积为（    ）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．已知无穷等差数列的公差，且5，17，23是中的三项，则下列结论正确的是（    ）A．d的最大值是6B． C．一定是奇数D．137一定是数列中的项10．如图所示，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ）A．平面平面B．不是定值C．三棱锥的体积为定值D．11．若，则下列不等式中正确的是（    ）A．B．C．D．12．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．B．C．在区间内有个极值点D．的图象在点处的切线的斜率大于第II卷（非选择题共90分）三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置13．在等比数列中，，则__________．14．圆被直线所截得弦的最短长度为________.15．顶点在坐标原点，焦点为的抛物线上有一动点，圆上有一动点，则的最小值等于_________，此时等于______16．已知数列满足，，若为等差数列，则___________，若，则数列的前项和为___________.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．(本题10分)设数列是等差数列，且公差为，若数列中任意不同的两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．(1)若数列中，，，求证：数列是“封闭数列”；(2)若，试判断数列是否为“封闭数列”，并说明理由． 18．(本题12分)已知数列中，，.(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；(2)若不等式对于恒成立，求实数的最小值.19．(本题12分)如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：平面AEC；（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值．20．(本题12分)为响应国家扩大内需的政策，某厂家拟在2021年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用万元满足（k为常数）.如果不搞促销活动，则该产品的年销量只能是1万件.已知2021年生产该产品的固定投入为6万元，每生产1万件该产品需要再投入12万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分）.（1）将该厂家2021年该产品的利润y万元表示为年促销费用t万元的函数；（2）该厂家2021年的年促销费用投入多少万元时厂家利润最大？21．(本题12分)已知椭圆：的焦距为，且椭圆过点，直线与圆:相切，且与椭圆相交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）求三角形面积的取值范围．22．(本题12分)设，是函数的图象上的任意两点．（1）当时，求的值；（2）设，其中，求； （3）对应（2）中，已知，其中，设T为数列的前n项和，求证参考答案：1．C【分析】根据已知求得，由此求得.【详解】依题意，即，即，所以.故选：C2．A【分析】按照充分必要条件的判断方法判断，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判断得到正确答案，【详解】当且时，成立，反过来，当时，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.3．D 【分析】利用中位线关系求得，再利用双曲线的定义，表示的三边，最后根据勾股定理求双曲线的离心率.【详解】连结，因为点分别为和的中点，所以，且设点到一条渐近线的距离，所以，又，所以，中，满足，整理为：，双曲线的离心率.故选：D【点睛】本题考查双曲线的离心率，意在考查数形结合的思想，转化与化归的思想，属于中档题型，本题的关键是利用中位线得到，和焦点到渐近线的距离等于，这个结论记住，做小题时可以直接使用.4．A【分析】设出切点，对函数求导得到切点处的斜率，由点斜式得到切线方程，化简为，整理得到方程有两个解即可，解出不等式即可.【详解】设切点为，，，则切线方程为：，切线过点代入得：， ，即方程有两个解，则有或.故答案为:A.【点睛】这个题目考查了函数的导函数的求法，以及过某一点的切线方程的求法，其中应用到导数的几何意义，一般过某一点求切线方程的步骤为：一：设切点，求导并且表示在切点处的斜率；二：根据点斜式写切点处的切线方程；三：将所过的点代入切线方程，求出切点坐标；四：将切点代入切线方程，得到具体的表达式.5．B【分析】俯视观察图形即可知其俯视图为正方形，且含一条对角实线.【详解】根据俯视图定义可知：从上向下看得到的是正方形，中间有一条对角线且为实线，故选：B.6．B【分析】首先由题意列出总价的表达式，再利用错位相减法求和，最后解出值.【详解】由题意，可知这堆货物的总价为，则     ，两式相减可得： ，所以，当时，解得：.故选：B【点睛】本题考查等比数列的应用，错位相减法求和，考查了逻辑推理，抽象，概括能力，数学计算能力，属于中档题型.7．D【分析】依题意以双曲线的对称中心为坐标原点建系，设双曲线的方程为，根据已知求得，点纵坐标代入计算即可求得横坐标得出结果.【详解】以双曲线的对称中心为坐标原点，建立平面直角坐标系，因为双曲线的离心率为2，所以可设双曲线的方程为，依题意可得，则，即双曲线的方程为.因为，所以的纵坐标为18.由，得，故.故选：D. 8．A【分析】记第个正三角形的边长为，第个正三角形的边长为，根据与的关系判断出为等比数列，由此求解出最小的正三角形的边长，从而面积可求.【详解】设第个正三角形的边长为，则个正三角形的边长为，由条件可知：，又由图形可知：，所以，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以，所以最小的正三角形的面积为：，故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将已知问题转化为等比数列问题，通过每一次的迭代分析正三角形的边长之间的关系，从而分析得到正三角形的边长成等比数列，据此可进行相关计算. 9．ABD【分析】推导出，的最大值为6，，当时，，从而一定是等差数列中的项.【详解】因为无穷等差数列的公差，且是中的三项，所以设，解得，所以的最大值为，故A正确；因为，，所以，故B正确；因为，所以时，，数列可能为故C错误；因为，所以一定是等差数列中的项，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是运用等数列的基本知识，回到基本量上的计算.10．ACD【分析】A.易证明平面，得到面面垂直；B.转化，再求数量积；C.,根据底面积和高，判断体积是否是定值；D.由平面，判断线线是否垂直. 【详解】A.因为是正方体，所以平面，平面，所以平面平面，所以A正确；B.，故，故B不正确；C.，的面积是定值，平面，点在线段上的动点，所以点到平面的距离是定值，所以是定值，故C正确；D.，，，所以平面，平面，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查点，线，面的位置关系，体积，空间向量数量积的综合判断题型，重点考查垂直关系，属于中档题型.11．CD【解析】利用作差法对左右两式进行大小比较，即可选出正确答案.【详解】A.，，，即，故A不正确；B.，，， 所以，故B不正确；C.，即，故C正确；D.，所以，故D正确.故选：CD.【点睛】方法点睛，客观题中判断不等式成立，常用方法：（1）作差比较法；（2）作商比较法；（3）不等式性质.12．ACD【分析】根据导函数的正负可得单调性，由单调性可判断AB正误；由极值点定义可知C正确；由可知D正确.【详解】由图象可知：当时，；当时，；在，上单调递增；在上单调递减；对于A，，，A正确；对于B，，，B错误； 对于C，由极值点定义可知：为的极大值点；为的极小值点，即在区间内有个极值点，C正确；对于D，当时，，在点处的切线的斜率大于，D正确.故选：ACD.13．【分析】设等比数列的公比为，由题意可知和同号，结合等比中项的性质可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，则，由等比中项的性质可得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查等比中项的计算，解题时不要忽略了对应项符号的判断，考查计算能力，属于基础题.14．【分析】首先确定直线所过定点；由圆的方程可确定圆心和半径，进而求得圆心到的距离，由此可知所求最短长度为.【详解】由得：，直线恒过点；，在圆内；又圆的圆心为，半径，圆心到点的距离， 所截得弦的最短长度为.故答案为：.15．    4    【分析】首先根据抛物线定义的性质转化，利用数形结合分析得到的最小值是圆心到直线的距离减半径，再由属性集合分析得到点的坐标，从而得到的值.【详解】根据抛物线的定义可知等于点到准线的距离，所以，由图象可知的最小值是圆心到直线的距离减半径，即，此时点的横坐标是，代入，得到点的纵坐标，，,所以.故答案为：4； 【点睛】本题考查抛物线，圆的综合问题，重点考查转化与化归的思想，数形结合分析问题的能力，本题的关键是抛物线的定义的转化，以及点与圆上的点连线最值的方法.16．    ##    【分析】利用递推关系式，结合等差数列通项公式可求得公差，进而得到；利用递推关系式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，采用裂项相消的方法可求得前项和.【详解】由得：，解得：；为等差数列，设其公差为，则，解得：，；由知：数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列；，又，，数列的前项和，.故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解数列中的项、裂项相消法求和的问题；解题关键是能够根据递推关系式得到数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，由此可通过裂项相消的方法求得所求数列的和.17．(1)证明见解析；(2)数列不是“封闭数列”，理由见解析.【分析】(1)首先根据条件求出数列的通项公式，再根据“封闭数列”的定义证明即可；(2)根据所给通项公式，先假定数列是“封闭数列”，然后根据定义看是否满足题意即可．.【详解】(1)∵，，∴，∴对任意的，，有．∵，令，则有，∴是数列中的项．∴数列是“封闭数列”．(2)数列不是“封闭数列”．理由如下：∵，∴对任意的，，，若数列是“封闭数列”，则必存在正整数，使得，即，从而“”左端为正整数，右端不是正整数，从而矛盾.故数列不是“封闭数列”．18．(1)证明见解析； (2)【分析】（1）由条件可得出从而可证，从而可得出的通项公式.(2)将（1）中的代入即得对于恒成立，设，分析出其单调性，得出其最大项，即可得出答案.【详解】（1）由，可得，即所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以（2）不等式对于恒成立即对于恒成立即对于恒成立设，由当时，，即即 当时，，即即所以最大，所以，故的最小值为19．（1）见解析；（2）【分析】（1）连BD，设BD∩AC=O，连EO，根据E是PD的中点，O为BD的中点，得到．再利用线面平行的判定定理证明.（2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面AEC的一个法向量，又为平面DAE的一个法向量，然后利用公式求解.【详解】（1）如图所示：连BD，设BD∩AC=O，连EO，因为E是PD的中点，O为BD的中点，所以． 又因为平面AEC，平面AEC，所以平面AEC；（2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，．设为平面AEC的一个法向量，则，令，则，又为平面DAE的一个法向量，由向量的夹角公式，可得所以二面角的平面角的余弦值为．【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理、运算求解的能力，属于中档题. 20．（1）；（2）该厂家2021年的年促销费用投入2.5万元时，厂家利润最大.【分析】（1）根据题意，当时，x=1，进而代入已知等式解出k，然后求出每件产品的销售价格，最后得到函数的解析式；（2）根据（1）中的式子，结合基本不等式即可得到答案.【详解】（1）由题意，当时，x=1，则，于是，所以.（2）由（1），，当且仅当时“=”成立.所以，该厂家2021年的年促销费用投入2.5万元时，厂家利润最大.21．（1）；（2）【分析】（1）方法一，由条件可知，再将点代入椭圆方程，求得椭圆的方程，方法二，由条件求得焦点坐标，再根据椭圆的定义，求得，最后求，求得椭圆方程；（2）方法一，讨论斜率存在和不存在两种情况，当斜率存在时，设直线与圆相切得到，并利用根与系数的关系表示弦长，并得到三角形的面积，利用换元法求面积的取值范围，法二，同法一表示三角形的面积，并通过构造换元，利用基本不等式求面积的取值范围.【详解】（1）解法1:，                  椭圆方程       （1）解法2:由已知得,则焦点坐标为,  椭圆方程       （2）解法1：(i)当直线斜率不存在时，      (ii)当直线斜率存在时，设直线方程为，联立  得：，  又直线与圆相切，，即    令，则，令，则设,,则,在递增，,即；      综上，由(i)和(ii)知，三角形面积的取值范围为.解法2：(i)当直线斜率不存在时，      (ii)当直线斜率存在时，设直线方程为，联立  得：，  又直线与圆相切，,即    令，则，，               综上，由(i)和(ii)知，三角形面积的取值范围为.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中三角形面积的最值的求法，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，第二问的难点是换元后转化为何种形式求函数的取值范围，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.22．（1）  1     （2）      （3）   证明见解析.【分析】（1）由已知条件以及对数运算法则化简即可；（2）利用倒序相加求和法得到结果；（3）先化简，再放缩，最后根据裂项相消法求和，即证得不等式。【详解】（1），是函数的图象上的任意两点，，，且时， （2），，，①，②由①②，得：，，故；（3），，，，是单调递增数列，， 所以，.【点睛】关键点睛：本题考查函数值的求法，考查数列前项和的求法，考查不等式的证明，解答本题的关键是观察出，由倒序相加法求和，由，放缩后裂项相消法可求和，属于压轴题