云南省 2022-2023学年高二数学上学期期末考试试题（Word版附解析）

昆明市第一中学2022-2023学年度上学期期末考试高二数学第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分，四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设函数是函数的导函数，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦函数的导数公式求解.【详解】因为，所以，所以，故选：B.2.已知等差数列的前n项和为，若，则（）A.6B.12C.78D.156【答案】C【解析】【分析】由条件根据等差数列前项和公式结合等差数列性质可求.【详解】因为，又，所以，故选：C.3.如图，在平行六面体中，M是的中点，设 ，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的线性运算法则即可计算.【详解】解：因为在平行六面体中，M是的中点，所以故选：B4.直线与圆交于两点，则为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由圆方程求圆心坐标和半径，利用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，结合弦长公式求.【详解】方程可化为，所以圆的圆心的坐标为，半径为，圆心到直线的距离，所以， 故选：D.5.空间直角坐标系中，已知点，则平面的一个法向量可以是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据法向量的求解方法求解即可.【详解】解：由题知，设平面的一个法向量为，所以，即，令得所以，平面的一个法向量可以是.故选：A6.在中，，则（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用二倍角公式求，再运用余弦定理求即可.【详解】因为，所以，由余弦定理可得，因为， 所以，所以.故选：A.7.已知等比数列的各项都是正数，为其前项和，若，，则A.40B.56C.72D.120【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的片段求和性质求解即可.【详解】因为,,,成等比数列,所以,,,故选：D.【点睛】本题主要考查了等比数列片段求和的性质,属于基础题.8.已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】因为不等式等价于，故考虑构造函数，结合已知条件证明其单调性，结合单调性解不等式即可.【详解】令，函数的定义域为，因为所以，故 故在R上单调递减，又因为所以，，所以不等式可化为，所以，所以的解集为故选：B.二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少两项是符合题目要求的.9.下列关于双曲线的结论中，正确的是（）A.离心率为B.焦距为C.两条渐近线互相垂直D.焦点到渐近线的距离为1【答案】ACD【解析】【分析】根据双曲线的基本知识对选项一一验证即可.【详解】双曲线，可得，，，则双曲线的离线率为，故A正确；焦距，故B错误；渐近线为与，且斜率之积为-1，即两条渐近线互相垂直，故C正确；焦点到渐近线的距离为，故D正确；故选：ACD.10.设是数列的前n项和，且，，则下列结论中，正确的是（）A.是等比数列B.是等比数列C.D.【答案】BD 【解析】【分析】利用与的关系可得的递推关系即可判断A，C；利用与的关系可得的递推关系即可判断B，D．【详解】由，所以当时，有，两式相减得，又，，所以数列不是等比数列，故A错误；C错误；由，得，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以，故B正确；D正确．故选：BD．11.设抛物线的焦点为，准线为，直线经过点且与交于两点，若，则下列结论中正确的是（）A.直线的斜率为或B.的中点到的距离为4C.D.（O为坐标原点）【答案】ABC【解析】【分析】由题设直线的方程为，，进而联立方程，结合向量关系得或，再依次讨论各选项即可.【详解】解：由题知焦点为，准线为，所以，设直线的方程为，，所以，得，所以，，①，②， 因为，即，所以③，所以，由①②③得或，所以直线的斜率为，故A选项正确；所以，，故的中点的横坐标为，所以，的中点到的距离为，故B选项正确；当时，，此时，，故；当时，，此时，，故；故C选项正确；因为，故不成立，故D选项错误.故选：ABC12.已知函数，则下列结论中正确的是（）A.有两个极值点B.当时，在上是增函数C.当时，在上的最大值是1D.当时，点是曲线的对称中心【答案】BCD【解析】【分析】求函数的导函数，根据极值点的定义判断A，结合导数判断函数的单调性求最 值，判断B，C，结合奇函数的定义判断D.【详解】因为，所以，当时，，当且仅当时，函数在上单调递增，函数没有极大值点也没有极小值点，A错误；当时，，当时，，函数在上单调递增，B正确；当时，，令可得，或，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，所以函数在上的最大值为1，C正确；当时，，，设，则，，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称， 所以函数关于点对称，D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷（共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.曲线在点处的切线方程为____________.【答案】【解析】【分析】再结合导数的几何意义切线斜率，代入切线方程公式即可．【详解】因为，所以，所以．故切线方程为．故答案为：．14.在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为____________.【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式求两向量夹角，结合异面直线夹角定义可得两直线的余弦值.【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且，所以以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系,设，则，所以， 所以，因为异面直线所成的角在，所以异面直线与所成的角余弦值为，故答案为：.15.已知经过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若恰为弦的中点，则椭圆的离心率为________________.【答案】【解析】【分析】设，代入椭圆方程相减，利用中点坐标求得关系，从而可得离心率．【详解】解：设，，是线段的中点，，两式相减可得，整理得，即，∵弦的斜率为，即 ．故答案为：．16.已知中，，则面积的最大值为_____【答案】【解析】【分析】设，则，根据面积公式得，由余弦定理求得代入化简，由三角形三边关系求得，由二次函数的性质求得取得最大值．【详解】解：设，则，根据面积公式得，由余弦定理可得，可得：，由三角形三边关系有：，且，解得：，故当时，取得最大值，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理和面积公式在解三角形中的应用．当涉及最值问题时，可考虑用函数的单调性和定义域等问题，属于中档题．四、解答题本大题共6个小题，共70分，其中17题10分，其余每题12分）各题解答必须答在答题卷上相应题目指定的方框内（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）.17.已知等差数列的前n项和为.（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为，列方程求，写出等差数列通项公式；（2）利用裂项相消法求和.【小问1详解】设数列的公差为，因为，所以，，解得，，所以．【小问2详解】，因为所以．所以.18.在中，内角A，B，C对的边长分别为a，b，C，且.（1）求角A；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，，据此可得答案；（2），又由（1）可知，则再利用辅助角公式与三角函数有界性可得答案【小问1详解】由正弦定理，，又在三角形中，.则，又，得，结合，知.【小问2详解】由正弦定理，可知.则.又由（1）可知，则. ，因，则，故当，即时，取最大值19.已知数列满足.（1）证明是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义证明，并结合通项公式求解即可；（2）由题知，进而根据错位相减法和分组求和法求解即可.【小问1详解】解：数列满足，即，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，，即；∴【小问2详解】解：由题知，设的前项和为，，， ，∵数列的前n项和为∴数列的前n项和20.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）单调增区间；减区间（2）【解析】【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间；（2）由可得，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【小问1详解】当时，，该函数的定义域为，，令可得，列表如下： 取值为正取值为负单调递增极大值单调递减所以，函数在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】由，可得，则直线与函数的图象有两个交点，函数的定义域为，，由，可得，列表如下：取值为正取值为负单调递增极大值单调递减所以，函数的极大值为，且当时，，当时，和函数相比，一次函数呈爆炸性增长，所以，且，，又，根据以上信息，作出其图象如下： 当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21.如图，在四棱锥中，面，，且，，为中点．（1）求证：平面平面；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】 （1）在直角梯形中，由条件可得，即．再由面，得，利用线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；（2）由（1）知，，则为二面角的平面角为，求得．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，可得，过作，垂足为，则，求得，则，∴．∵面，∴，又，∴平面，∵平面，∴平面平面；（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，则．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，．设平面的一个法向量为，由，取，得．∴直线与平面所成角的正弦值为：．【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.22.已知椭圆的左、右焦点分别为，且该椭圆过点．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点作一条斜率不为0的直线，直线与椭圆相交于两点，记点关于轴对称的点为点，若直线与轴相交于点，求面积的最大值．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）根据，和计算椭圆的标准方程；（Ⅱ）题意可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到，根据坐标设出的方程，并得到的面积，代入根与系数的关系，并求最大值.【详解】（Ⅰ）由椭圆的定义可得，解得.又，所以椭圆的标准方程为 （Ⅱ）由题意可设直线的方程为.设，则.由，消去可得，直线方程为.令，可得，令，则当且仅当，即时等号成立，面积的最大值为【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，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.