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本试题满分150分，考试时间120分钟．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.【答案】A【解析】【分析】根据题意求，再求离心率即可.【详解】由题意可得：，且椭圆焦点在y轴上，则，故椭圆的离心率是.故选：A.2.函数的单调增区间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.【详解】解:由题知,定义域为, 所以,令,解得,所以的单调增区间为:.故选:C3.已知直线：与：平行，则实数a的值为（）A.或2B.0或2C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据直线平行的条件列出方程，即可得出结果.【详解】若两直线斜率都不存在，直线中，直线中，所以没有实数a能同时满足两条直线斜率均不存在；若两条直线都有斜率，两直线平行斜率相等，得，解得或，经过验证：时两直线重合，舍去，所以,故选：C4.记为等比数列的前n项和，，，则（）A.B.C.D.或【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的通项公式列式求解即可.【详解】设比数列的公比为，由题意可得：，解得或.故选：D.5.在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则（） A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的基本定理，进而得出方程，解之即可.【详解】因为，所以，即．因为M是平面ABC上一点，所以，所以．故选：B.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°【答案】B【解析】【分析】设直线的方程为，设点，则点，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算直线和的斜率得知，三点共线，再由已知条件得出，代入韦达定理可得出的值，从而求出直线的斜率.【详解】解：设点，则点，抛物线的焦点为，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，得，由韦达定理得， 直线的斜率为，直线的斜率为，所以，三点共线，，则，所以，，则，得，，结合图形可知，直线的斜率为正数，所以，，因此，直线的斜率为,倾斜角为.故选：B.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4044【答案】B【解析】【分析】根据题意，由即可判断，再由，，即可得到结果.【详解】因为，即，即，故A错误； 因为，且，，故时，n的最大值为2022，故B正确；因为，且，，所以没有最大值，有最小值即，故CD错误.故选:B8.已知，，（其中e为自然常数），则a、b、c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，得，，，求导得到的单调性，得到，即，变形得到，再构造函数得到，从而证明出，即，求出答案.【详解】由三个式子的特点，设函数，，易得，，，，当时，当时，所以在递减，递增，易知，所以，即，，，下面证明：，构造，， 则在上恒成立，故，故，则，，因为，所以，所以，故，故.故选：C.【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中观察，构造的特点，构造，易得，，，从而达到构造出适当函数的目的.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【答案】BD【解析】【分析】根据题意，由双曲线标准方程得到，结合双曲线的性质即可判断ABC，由点差法即可判断D，从而得到结果.【详解】根据题意可得，，则，，则，，则对于A，双曲线的渐近线方程为，即，故错误；对于B，双曲线的焦距为，故正确； 对于C，由双曲线的定义可得，且，则或又因为，故应该舍去，所以，故C错误；对于D，设，则将坐标代入双曲线方程可得，两式相减作差可得变形可得，即，且，所以，故正确.故选:BD10.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【答案】AC【解析】【分析】利用函数奇偶性定义可判断A；利用导数求出切线斜率，再求出，由直线的点斜式方程可判断B；利用导数求出在上的最小值可判断C；利用导数可判断的单调性可判断D.【详解】函数的定义域为，对于A，因为，所以是奇函数，故A正确；对于B，，，，所以在处的切线方程为，故B错误； 对于C，当时，由得，单调递增，由得，单调递减，又，，所以在上的最小值为，故C正确；对于D，，因为，所以，当时，，单调递减，当，，单调递增，故D错误.故选：AC.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【答案】ABC【解析】【分析】由题意可知过圆心，代入即可得作出图象,利用直线与圆的关系依次判断各选项即可求得结果.【详解】圆M：配方得：，圆M关于直线对称，直线过圆心.,即点P的轨迹方程为，A正确.点P与圆M上点的距离的最小值的即为到直线的距离减去半径，由于，则，B正确. 由，则在直线上，所以，又，则，则以PM为直径的圆过定点，C正确.由于，要使取最小，即取最小值，,，则D不正确.故选：ABC.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，并记，则（）A.B.C.D.数列的前n项和为【答案】ABD【解析】【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据第次“美好成长”与第n次“美好成长”的关系分析运算；对C：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对D：由 ，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.【详解】对A：，A正确；对B：由题意可知：，故，B正确；对C：设第n次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，则第次“美好成长”后再插入项，则，可得，且，故数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，故，C错误；对D：∵，则，且，故数列是以首项为，公比为3的等比数列，则，即，设，则，解得，故，设数列的前项和为，则 ，即数列的前n项和为，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：（1）构造法：；（2）裂项构造：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________．【答案】【解析】【分析】根据平面法向量夹角和二面角之间的关系，利用空间向量数量积的坐标表示即可求得结果.【详解】设平面与平面的夹角为，根据题意可得，所以平面与平面夹角的余弦值为.故答案为：.14.已知数列的前项和为，，则__________．【答案】【解析】【详解】分析：由，当时，当时，相减可得 ，则，由此可以求出数列的通项公式详解：当时，当时由可得二式相减可得：又则数列是公比为的等比数列点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式即数列递推式，在解答此类问题时看到，则用即可算出，需要注意讨论的情况．15.若函数有小于0的极值点，则a的范围是________．【答案】【解析】【分析】由函数解析式，求导，将问题转化为导数求零点问题，构造新函数，再求导，研究函数在小于上的值域，利用函数平移规律，可得答案.【详解】由函数，则求导可得，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，由恒成立，则当时，恒成立，因此，当时，，由函数有小于0的极值点，则有小于的零点，且零点的左右符号不同， 根据函数的平移变换，可得，故答案为：.16.已知F是抛物线焦点，点，抛物线上两点A，B满足，则与（其中O为坐标原点）面积之和的最小值是________，此时的值是________．【答案】①.②.【解析】【分析】设，根据，可得三点共线，，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，不妨令，再计算即可得解.【详解】，设，因为，所以三点共线，且，即，可设直线的方程为，联立，消得，则，，，因为与面积之和的最小值，则只能，不妨令，则，， 故，当且仅当，，即时取等号，此时，所以与面积之和的最小值为.故答案为：；.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.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．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知条件可得等比数列的首项和公比，进而得出数列的通项公式，再根据题意判断出为等差数列，得出首项和公差，进而得出数列的通项公式.（2）将第一问结论代入后，利用分组求和即可得出结果.【小问1详解】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．【小问2详解】由（1）得，则，，，18.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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0，则，两式联立可求常数a，b的值，检验所得a，b的值是否符合题意，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】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值分别为，，所以．【小问2详解】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.已知抛物线，其上一点到焦点的距离为．（1）求的标准方程；（2）若直线与抛物线交于、两点，且以为直径的圆与轴相切，求该圆的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，得到，再根据抛物线的定义及求出的值，即可得解；（2）设，，圆心，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而得到，由弦长公式求出的值，从而求出圆心坐标，即可得解.【小问1详解】 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），所以的标准方程为．【小问2详解】解：由题意得，，消去得，由，解得，设，，圆心，所以，，则，，由题意知圆半径，，又，得，解得，满足，所以，所以，即圆心，所以圆的方程为．20.如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，． （1）求证：平面；（2）线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；【解析】【分析】(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.【小问1详解】∵，，∴，又O是中点∴∵平面平面，平面平面，平面，∴平面【小问2详解】∵底面是菱形，∴以O为原点，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，∴，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，与平面所成角的正弦值是．21.已知点，，直线与直线的斜率之积为.（1）求点M的轨迹方程；（2）点N是轨迹上的动点，直线，斜率分别为，满足，求中点横坐标的取值范围.【答案】（1）（除去点） （2）【解析】【分析】（1）设，由已知得，由此可得点的轨迹方程.（2）设直线的方程为，，，与椭圆的方程联立得，得出根与系数的关系，由（1）得.代入表示，可求得，再由中点坐标可求得范围.【小问1详解】解：设，因为直线与直线的斜率之积为，所以，可得.所以点的轨迹方程为（除去点）.【小问2详解】解：设直线的方程为，，，由消去得：（*），所以，，由（1）知：，，∴.∴， 得，此时方程（*）有两个不同的实根，符合题意..22.已知函数，．（1）求的极值；（2）令，若，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对求导，分类讨论与两种情况，利用导数与函数的单调性求得的单调性，进而得到的极值；（2）法一：先由（1）得，再构造函数，从而将问题转化为，利用导数求得的最大值，由此得解；法二：构造函数，将问题转化为证，利用导数分类讨论的取值范围得到的单调性，从而得到关于的不等式，解之即可.【小问1详解】由题知，，得，当时，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，无极小值；当时，令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值；综上：当时，有极大值，无极小值；当时，有极小值，无极大值.【小问2详解】法一：由，即，即，令，由（1）知，从而得，即，令，则，又，令，得；令，得；所以上单调递增，在上单调递减，故在处取到最大值，且，所以，即a的取值范围为．法二：由，即，即，令，由（1）知，令，，则， 因为，令，则，当，即时，则，在上单调递增，，与题意矛盾；当，即时，令，得；令，得；在上单调递增，在上单调递减，所以，故，解得，所以；当，即时，，故恒成立，所以在上递增，即，故，解得，而，无解，舍去；综上，，即a的取值范围为．【点睛】方法点睛：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．