山西省阳泉市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第一学期期末考试试题高二数学第Ⅰ卷（32分）一、单项选择题：（本大题8小题，每小题3分，共24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.已知数列满足，，则（）A.5B.7C.10D.15【答案】B【解析】【分析】由递推关系求解即可.【详解】解：因为，所以，.故选：B2.如图，在三棱柱中，E，F分别是BC，的中点，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可.【详解】 ，故选：D．3.函数的单调递增区间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先对函数求导，然后令导函数大于0解出不等式，并结合函数的定义域，即可得到本题答案.【详解】因，所以，令，得或，又函数的定义域为，所以函数的单调递增区间为，故选：C4.若两条直线与平行，则与间的距离是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平行关系求解，进而根据平行线间距离公式即可求解.【详解】由与平行，可得，当时，两直线不重合，故，进而与间的距离为，故选：B5.圆内有一点，AB为过点且倾斜角为的弦，则AB的长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得直线的方程，然后利用弦长公式求得.【详解】直线AB的斜率为，又直线AB过点， 所以直线AB的方程为：，即，圆的圆心为，半径，圆心到直线AB：的距离为，则．故选：A.6.已知函数的导函数图象如下图所示，则原函数的图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的单调性与导数的关系以及导数的变化可得结果.【详解】由图可知，当时，，则函数在上为增函数，当时，单调递增，故函数在上的增长速度越来越快，当时，单调递减，故函数在上的增长速度越来越慢.B选项中的图象满足题意.故选：B.7.1202年意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题．他从兔 子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列为斐波那契数列，其前n项和为，且满足，则当时，的值为（）A.1B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】利用递推公式，得到【详解】，故选：A8.过抛物线：的焦点作两条互相垂直的弦，，设为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】显然直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则直线的方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得：，因为，所以直线的斜率为：，所以，由，解得，设点到准线的距离为，由抛物线的性质可知：，而当垂直于轴时，的值最小，最小值为．【详解】解：显然直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则直线的方程为， 联立方程，消去得：，设，，，，，，由抛物线的性质可知：，，直线的斜率为：，，，，，抛物线方程为：，准线方程为：，设点到准线的距离为，由抛物线的性质可知：，而当垂直于轴时，的值最小，最小值为，如图所示：的最小值为3，故选：B．二、多项选择题：（本大题2小题，每小题4分，共8分. 在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，全部选对得4分，有选错的得0分，部分选对得2分）9.如图，在长方体中，，，，以直线，，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则（）A.点的坐标为，5，B.点关于点对称的点为，8，C.点关于直线对称的点为，5，D.点关于平面对称的点为，5，【答案】ACD【解析】【分析】对A，根据图示分析即可；对B，设点关于点对称的点为，再根据为的中点列式求解即可；对C，根据四边形为正方形判断即可；对D，根据平面求解即可【详解】对A，由图可得，的坐标为，5，，故A正确；对B，由图，，，设点关于点对称的点为则，解得，故，故B错误；对C，在长方体中，所以四边形为正方形，与垂直且平分，即点关于直线对称的点为，选项C正确；对D，因为平面，故点关于平面对称的点为，即，选项D正确； 故选：ACD.10.若存在实常数和，使得函数和对其定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题正确的是（）A.与有“隔离直线”B.和之间存在“隔离直线”，且的取值范围为C.和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是D.和之间存在唯一的“隔离直线”【答案】ABD【解析】【分析】对于A，取直线，讨论与的符号判断A；对于B，C，令隔离直线为，利用二次不等式恒成立计算判断B，C；对于D，函数与有公共点，求出在点处的切线，再证明此切线与图象关系作答.【详解】对于A，取直线，当时，，即成立，当时，令，，则在递减，在上递增，，，即成立，直线是与的“隔离直线”，A正确；对于B，C，令和的“隔离直线”为，则，，则，有，，有，当时，不等式成立，当时，的对称轴，而时，，则，即，显然满足此不等式，有，而，解得，同理，， B正确，C不正确；对于D，因，即和的图象有公共点，若和有隔离直线，则该直线必过点，设过点的直线方程为，即，由，，即恒成立，则，解得，即这条直线为，令，求导得：，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，，即，，和之间存在唯一的“隔离直线”，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.第Ⅱ卷（68分）三、填空题：（本大题共四小题，每小题4分，共16分）11.已知函数图象在点处的切线方程是，则______.【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义可得的值，将点的坐标代入切线方程可得，即可得解.【详解】由导数的几何意义可得，将点的坐标代入切线方程可得，因此，.故答案为：.12.已知数列的前n项和公式为，则的通项公式为______. 【答案】【解析】【分析】由题意，根据数列的通项与前n项和之间的关系，即可求得数列的通项公式．【详解】由题意，可知当时，；当时，.又因为不满足，所以.故答案为：13.设椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2⊥F1F2，，则C的离心率为________．【答案】【解析】【分析】设，根据直角三角形中角所对的边等于斜边的一半以及勾股定理，得出、、，根据椭圆的定义以及离心率公式求解即可.【详解】在中，设，因为，所以，.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及离心率的求法，属于基础题.14.当时，函数有两个极值点，则实数m的取值范围___________.【答案】【解析】 【分析】函数有两个极值点转化为方程有两个不同的实数根，等价于与有两个不同的交点，构造函数，即可求出结果.【详解】有两个极值点，所以有两个不同的实数根，即有两个不同的实数根，等价于与有两个不同的交点，设，当单调递减，当单调递增，所以当；所以与要有两个不同的交点，只需故答案为：【点睛】方法点睛：含参方程有根的问题转化为函数图像的交点问题，数形结合，是常用的方法.本题考查了运算求解能力和数形结合思想，属于一般题目.四、解答题：（本大题共5小题，共52分.解答应写出必要的文字说明或推理、演算过程）15.已知圆C经过，两点，且圆心C在直线上.（1）求经过点A，并且在两坐标轴上截距相等的直线方程；（2）求过点B的圆C的切线方程.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）分别讨论直线过原点和不过原点两种情况，设出直线方程，代入点坐标，求解即可. （2）设圆心坐标，借助于，解出C点坐标，利用直线和切线垂直求切线的斜率，进而写出切线方程.【小问1详解】经过点A，在两坐标轴上的截距相等的直线，当直线过原点时，设直线的方程为，代入点得，，即，即直线的方程为，当直线不过原点时，设直线的方程为，将点代入解得，即直线的方程为∴所求直线的方程为或；【小问2详解】因圆心C在直线上，则设圆心，又圆C经过，两点，于是得圆C的半径，即有，解得，圆心，∴，∴，∴切线l的方程为：，即.16.已知等比数列的前n项和为，且是与2的等差中项，等差数列中，，点在一次函数的图象上．（1）求数列，的通项和；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)结合已知条件，利用与之间的关系求的通项公式；将代入中可得到公差，然后利用等差数列的通项公式即可求解；(2)利用错位相减法即可求解.【小问1详解】因为是与2的等差中项， 所以，即，则，当时，，从而，则等比数列的公比，故；因为，点在一次函数的图象上，所以，即等差数列的公差为2，从而.【小问2详解】由，得：...①...②①-②得，，从而.17.如图，在四棱锥中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，ABDC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.（1）证明：平面EAC⊥平面PBC； （2）若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角P-AC-E的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质及勾股定理的逆定理可证出线面垂直，再由面面垂直的判定定理求证即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】∵平面，平面，∴.∵，由，且是直角梯形，∴，即，∴∵，平面，平面，∴平面.∵平面，∴平面平面【小问2详解】∵平面，平面，∴.由（1）知.∵，平面，平面，所以平面，∴即为直线与平面所成角.∴，∴，则 取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以､､为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，设为平面的法向量，则，令，得，，得设为平面的法向量，则，令，则，，得.∴.由图知所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.18.已知是椭圆的左焦点，上顶点B的坐标是，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）O为坐标原点，直线l过点且与椭圆相交于P，Q两点，过点作，与直线相交于点E，连接OE，与线段PQ相交于点M，求证：点M为线段PQ的中点.【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，求得直线的方程、直线的方程，求得点坐标，联立直线的方程与椭圆方程，化简写出根与系数关系，求得中点坐标，进而判断出是的中点.【小问1详解】因椭圆的上顶点，则，令椭圆半焦距为c，由离心率得，即，解得，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，，，显然直线l不垂直于y轴，设直线，显然，直线l不垂直于y轴，因直线过点，且，则直线的方程可设为，由得点，直线OE的方程为：，由解得：，因此点，由消去x并整理得：，设，，则，所以，，即线段PQ中点坐标为，∴点M为线段PQ的中点.19.已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）若的导函数存在两个不相等的零点，求实数的取值范围；（3）当时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立？若存在，求出 的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，最大值为.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，由题意得出从而可求出实数的值；（2）令，可得知函数在上有两个零点，分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性和极值，由题意转化为函数极值相关的不等式，解出即可得出实数的取值范围；（3）将代入函数的解析式得出，对该函数求导得出，构造函数，利用单调性结合零点存在定理找出函数的极小值点，并满足，结合此关系式计算得出，从而可得出整数的最大值.【详解】（1），因为曲线在点处的切线方程为，所以，得；（2）因为存在两个不相等的零点.所以存在两个不相等的零点，则.①当时，，所以单调递增，至多有一个零点②当时，因为当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，因为存在两个零点，所以，解得.因为，所以.因为，所以在上存在一个零点. 因为，所以.因，设，则，因为，所以单调递减，所以，所以，所以在上存在一个零点.综上可知，实数的取值范围为；（3）当时，，，设，则.所以单调递增，且，，所以存在使得，因为当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，所以时，取得极小值，也是最小值，此时，因为，所以，因为，且为整数，所以，即的最大值为.【点睛】本题考查利用切线方程求参数、利用导数研究函数的零点，同时也考考查了利用导数研究不等式恒成立问题，涉及隐零点法的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.