湖南省张家界市2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

张家界市2022年普通高中二年级第一学期期末联考数学试题卷本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．一、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，只有一项是符合题目要求的．1.点，3，关于平面的对称点为（）A.，3，B.，3，C.，，D.，，【答案】C【解析】【分析】利用关于平面的对称点性质，横坐标与竖坐标不变，纵坐标相反，分析即得解【详解】点，3，关于平面的对称点，横坐标与竖坐标不变，纵坐标相反，所以对称点坐标为：，，．故选：C2.已知抛物线的焦点为，则此抛物线的方程为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义和方程求解.【详解】因为抛物线，所以焦点坐标为，所以解得，所以此抛物线的方程为.故选：B.3.“每天进步一点点”可以用数学来诠释：假如你今天的数学水平是1，以后每天比前一天增加千分之五，经过天之后，你的数学水平与之间的函数关系式为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数与增长模型的关系求解.【详解】经过1天后数学水平为，经过2天后数学水平为，经过3天后数学水平，以此类推，经过天后，数学水平与之间的函数关系式为，故选:D.4.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理，用表示出即可.【详解】由题意，因为为与的交点，所以也为与的中点，因此.故选：D.5.平行于直线且与圆相切的直线的方程是A.或B.或C.或D.或【答案】A【解析】【详解】设所求直线为， 由直线与圆相切得，，解得．所以直线方程为或．选A.6.将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.则异面直线与所成的角的大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以O为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出异面直线与所成的余弦值，即可得解.【详解】以O为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、.所以，，则，所以.因此，异面直线与所成的角为.故选：B.【点睛】本题考查利用空间向量法求解异面直线所成角的大小，考查计算能力，属于中等题.7.若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据导函数有2个不同的零点，且两个零点均大于零可求解.【详解】函数的定义域为，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同正根，即有两个不同正根，所以解得，故答案为:A.8.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点， 的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】取点，推理证明得，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答.【详解】如图，点M在圆上，取点，连接，有，当点不共线时，，又，因此∽，则有，当点共线时，有，则，因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号，所以的最小值为.故选：C【点睛】方法点睛：圆及圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．二、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.椭圆的焦距为，则的值为（）A.9B.23C.D.【答案】AB【解析】【分析】分焦点在轴上和在轴上两种情况讨论求解即可得答案.【详解】解：椭圆的焦距为，即得.依题意当焦点在轴上时，则，解得；当焦点在轴上时，则，解得，∴的值为9或23.故选：AB.【点睛】本题考查椭圆标准方程，是基础题.10.已知直线过，且，到直线的距离相等，则的方程可能是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由条件可知直线平行于直线或过线段的中点，当直线时，利用点斜式求出直线方程；当直线经过线段的中点时，利用点斜式可得直线方程.【详解】由条件可知直线平行于直线或过线段的中点，当直线时，因为直线的斜率为，所以直线的方程是，即； 当直线经过线段的中点时，则的斜率为，的方程是，即，故选：AC11.已知，且，下列不等式恒成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】分别构造函数，，，利用导函数讨论单调性和最值即可一一证明.【详解】设函数恒成立，所以在单调递增，所以，所以对恒成立，所以恒成立，A正确；设函数，，令解得，所以在单调递增，所以，即对恒成立，所以恒成立，B正确；设函数，，令解得，令解得，所以当时，有增有减， 所以时，的大小关系不一定，即不恒成立，也即不恒成立，C错误；因为，所以令，设，因为，所以恒成立，所以单调递增，所以，即，即即，也即，D正确，故选:ABD.12.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（）A.B. C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，，，类似的有，，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积， 故，故选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知正四面体的棱长为2，，分别为，的中点，则的长为__________．【答案】【解析】【分析】连接,利用勾股定理求解.【详解】如图，连接,在等边三角形中,在等边三角形中,所以，所以,所以,故答案为:.14.设函数的图象与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】根据切点处切线的斜率与导数之间的关系求解. 【详解】令，即解得，所以点的坐标为，所以由点斜式得，即.故答案为:.15.中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍瞢垛、刍童垛等的公式．例如三角垛指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个……第层放__________个物体堆成的堆垛，记共层的三角垛中物体的总数为，则__________．参考公式：．【答案】①.②.【解析】【分析】根据数列项的特点找到递推关系，累差求出通项.分组求和，利用公式可得结果.【详解】由题意得，，，故答案为：，16.已知双曲线的左､右焦点分别为､ ，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线的方程可得的坐标，设，，运用三角形的等面积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得，的方程，结合离心率公式可得所求值．【详解】设双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线，可得，，设，，由三角形的等面积法可得，化简可得①由双曲线的定义可得②在三角形中，为直线的倾斜角），由，，可得，可得，③由①②③化简可得， 即为，可得，则．故答案为：．四、解答题：本题共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.的三个顶点是，，，求：（1）边BC上的中线所在直线的方程；（2）边BC上的高所在直线的方程；（3）边BC的垂直平分线的方程．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）求得BC的中点坐标，结合A点坐标，求得中线方程；（2）求得BC的斜率，从而求得其上的高的斜率，且过，求得高的方程；（3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为，写出垂直平分线的方程；【详解】（1）BC的中点坐标为则边BC上的中线所在直线的方程为； （2）边BC的斜率为，则其上的高的斜率为，且过，则边BC上的高所在直线的方程为；（3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为，则边BC的垂直平分线的方程为.18.已知两圆，．（1）取何值时两圆外切？（2）当时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．【答案】（1）（2）两圆的公共弦所在直线的方程为，两圆的公共弦的长为【解析】【分析】（1）两圆相外切，则两圆圆心距为两圆半径之和，据此可得答案；（2）将两圆方程相减，可得公共弦所在直线方程，后可得弦长所在直线与圆圆心距离，后可得弦长.【小问1详解】因为圆的标准方程为，所以两圆的圆心分别为，，半径分别为，.当两圆外切时，圆心距为半径之和，则，结合，解得；【小问2详解】当时，圆的一般方程为两圆一般方程相减得：，所以两圆的公共弦所在直线的方程为圆圆心到的距离为 故两圆的公共弦的长为．19.在等差数列中，已知的前六项和.（1）求数列的通项公式；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列的前n项和.在①，②，③，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）由中且，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）选条件①得到，结合裂项法，即可求解；选条件②：由，可得，结合分组求和法，即可求解；选条件③：由，可得，结合乘公比错位相减法，即可求解.【详解】（1）由题意，等差数列中且，可得，解得，所以.（2）选条件①：，，选条件②：由，可得，当n为偶数时，；当n为奇数时，为偶数，，， 选条件③：由，可得，所以，，两式相减，可得：，所以.【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法：（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；（2）注意事项：①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.20.如图，在五面体中，平面，为直角梯形，，，．（1）若为的中点，求证：平面；（2）求平面与平面夹角余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】(1)利用线线平行证明线面平行；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【小问1详解】取的中点，连接，，因为，分别是，的中点，所以且，因为，，所以且，所以四边形为所以又平面，平面，所以平面；【小问2详解】以为原点，，所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，设平面的法向量为， 则，，令，得，设平面的法向量为，则，，令，得，故，所以平面与平面夹角的余弦值为．21.已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据的关系求椭圆方程；(2)利用韦达定理结合的坐标表示，即可求定点.【小问1详解】 由已知得：，，又，解得：，，故椭圆的方程为.小问2详解】证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件．当直线的斜率存在时，设的方程为，联立，消去整理得：，，得①设，，则，②由，得，又，，所以③由②③得，化简得，解得（舍），满足①此时的方程为，故直线过定点．22.已知函数．（1）当时，证明：．（2）若，求的单调区间．（3）若，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）递增区间为，递减区间为 （3）【解析】【分析】（1）当时，，，求导分析函数的单调性与最小值判断证明即可；（2）将代入函数中求导，利用函数导数求出函数的单调区间；（3）将函数变形得，令利用函数导数的性质求得范围，然后换元法令得等价于，根据条件分参数变形，构造新函数利用函数导数的性质即可.【小问1详解】证明：当时，，，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，即．【小问2详解】因为，所以，．由（1）知，当时，，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为．【小问3详解】．令，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故．令，则等价于．因为，所以等价于．令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，故k的取值范围为．【点睛】思路点睛：导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式⑦已知函数的零点个数求参数的取值范围解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.