山西省运城市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

运城市2022-2023学年第一学期期末调研测试高二数学试题2023.本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上．注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．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，只有一项是符合题目要求的）1．椭圆的离心率是（）A．B．C．D．2．函数的单调增区间为（）A．B．C．D．3．已知直线：与：平行，则实数a的值为（）A．或2B．0或2C．D．24．记为等比数列的前n项和，，，则（）A．B．C．D．或5．在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则（）A．1B．C．D．6．已知抛物线，过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，且A在x轴上方，D是抛物线准线上的一点，AD平行于x轴，O为坐标原点，若，则直线l 的倾斜角为（）A．30°B．60°C．120°D．150°7．公差为d的等差数列的前n项和为，若，则下列选项正确的是（）A．B．时，n的最大值为2022C．有最大值D．时，n的最大值为40448．已知，，（其中e为自然常数），则a、b、c的大小关系为（）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，是双曲线的左右焦点，过的斜率存在且不为0的直线l与双曲线交于A，B两点，P是AB的中点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A．双曲线的渐近线方程为B．双曲线的焦距为C．若，则或9D．OP与AB的斜率满足10．关于函数，下列说法正确的是（）A．是奇函数B．在处的切线方程为C．在上的最小值为D．在区间上单调递增11．圆M：关于直线对称，记点，下列结论正确的是（）A．点P的轨迹方程为B．点P与圆M上点的距离的最小值为C．以PM为直径的圆过定点D．若直线PA与圆M切于点A，则12．定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1，4进行“美好成长”，第一次得到数列1，4，4；第二次得 到数列1，4，4，16，4；…；设第n次“美好成长”后得到的数列为1，，，…，，4，并记，则（）A．B．C．D．数列的前n项和为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13．若平面的一个法向量，平面的一个法向量，则平面与平面夹角的余弦值为________．14．已知数列的前n项和为，且，则________．15．若函数有小于0的极值点，则a的范围是________．16．已知F是抛物线的焦点，点，抛物线上两点A，B满足，则△ABO与△AFO（其中O为坐标原点）面积之和的最小值是________，此时的值是________．（第一个空3分，第二个空2分）四、解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（本小题满分10分）已知等比数列满足，；数列满足，，（，）．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．18．（本小题满分12分）已知函数在时有极值0．（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数m的取值范围．19．（本小题满分12分）已知抛物线C：，其上一点到焦点F的距离为5．（1）求C的标准方程； （2）若直线l：与抛物线C交于A、B两点，且以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程；20．（本小题满分12分）如图，在四棱柱中，平面平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，，．（1）求证：平面ABCD；（2）线段上是否存在点F，使得CF与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．21．（本小题满分12分）已知点，，直线与直线的斜率之积为．（1）求点M的轨迹C的方程；（2）点N是轨迹C上的动点，直线，的斜率分别为，，且满足，求MN的中点的横坐标的取值范围．22．（本小题满分12分）已知函数，．（1）求的极值；（2）令，若，求a的取值范围．高二第一学期期末数学答案 一、ACCDBBBC二、BDACABCABD三、13．14．15．16．，四、17．解：（1）设等比数列的首项和公比分别为，q，因为，，所以，解得，所以；又因为，，（，），所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以．（2）由（1）得，则，，，18．解：（1）由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或当，时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去，当，时满足题意，所以常数a，b的值分别为，，所以．（2）由（1）可知，，令，解得，， ∴当或时，，当时，，∴的递增区间是和，单调递减区间为，当时，有极大值；当时，有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得．19．解：将代入抛物线的方程得：，∴，由抛物线得定义得，解得或，因为，所以（舍去），所以C标准方程为．（2）由题意得，，消去x，得，，解得，，，设，，圆心，则，，由题意知圆的半径，，又（也可用点差法），得，解得，满足，所以，所以，即圆心，所以圆的方程为．20．（1）证明∵，，∴， 又O是AC中点∴．∵平面平面ABCD，平面平面，平面，∴平面ABCD．（2）∵底面ABCD是菱形，∴，以O为原点，OB，OC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则，，，，．又，所以，∴，，，设平面的法向量是，则，∴，令，则，假设线段上存在点F，且，∴，∴，∴，平方整理得：，∴或（舍）．∴时，即存在点F是中点时，CF与平面所成角的正弦值是．21．解：（1）设轨迹上任一点，因为直线与直线的斜率之积为， 所以，可得，又M不能与、重合，，所以点M的轨迹C的方程为．（2）解：由题可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为，，，由消去y得：，所以，，由（1）知：，，∴．∴，，解得，满足，方程（*）有两个不同的实根，符合题意．．22、解：（1）由题知，，得， 当时，在单调递增，在递减，所以在处取得极大值，无极小值；当时，在单调递减，在递增，所以在处取得极小值，无极大值；（2）法一：，即，即，令，由（1）知，从而得，即，令，从而只需，又，所以在上递增，在上递减，故在处取到最大值，又，从而，所以a的取值范围为．法二：，即，即，令，又（1）知，从而只需， 所以，令，则，当，即时，则，在上单调递增，，与题意矛盾；当，即时，在上递增，在上递减，只需，解得；当，即时，在上递增，只需，解得，而，无解，舍去；综上，a的取值范围为．法三：，即，即，令，则，令，则，则在上递减，在上递增，故，而，，故存在，有，则有，从而故在上递减，上递增，上递减，上递增，则， 又，故，所以a的取值范围为．