山东省济南市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

绝密★启用并使用完毕前高二年级学情检测数学试题本试卷共4页，22题，全卷满分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、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，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.等差数列中，已知，，则（）A.10B.11C.12D.13【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质可推出，代入数值即可得出答案.【详解】因为，为等差数列，所以有，所以，.故选：D.2.已知两个平面的法向量分别为，则这两个平面的夹角为（）A.B.C.或D.【答案】B【解析】【分析】根据两平面夹角与其法向量夹角的关系，利用向量夹角公式即可得到答案.【详解】，因为向量夹角范围为， 故两向量夹角为，故两平面夹角为，即，故选：B.3.直线与直线的位置关系是（）A.垂直B.相交且不垂直C.平行D.平行或重合【答案】A【解析】【分析】分和讨论，其中时，写出两直线斜率，计算其乘积即可判断.【详解】当时，直线，直线，此时两直线垂直，当时，直线的斜率，直线的斜率，因为，则两直线垂直，综上两直线位置关系是垂直，故选：A.4.一种卫星接收天线（如图1），其曲面与轴截面的交线可视为抛物线的一部分（如图2），已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出抛物线的标准方程，代入点坐标求出系数既可.【详解】由题意，抛物线开口向右，设抛物线的标准方程， 点代入抛物线方程求得，得，则．抛物线的标准方程为.故选：B．5.在等比数列中，，其前三项的和，则数列的公比(　　)A.B.C.或1D.或1【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式得到关于的方程组，解出即可．【详解】∵在等比数列中，，其前三项的和，∴，解得，或．∴的公比等于或1．故选：C．6.《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．如图，在堑堵中，，P为的中点，则（）A.B.1C.D. 【答案】A【解析】【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后得出和的坐标，即可得出答案.【详解】如图，由已知可得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，，.所以，，所以.故选：A.7.若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则n的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，又表示焦点在轴上的椭圆，故，，故选：C. 8.双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作圆D的切线与C的两支分别交于M，N两点，且，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设双曲线的方程为.设切点为，过点作，垂足为，可推出.进而在中，可求得，.根据双曲线的定义可得.在中，根据余弦定理可得，即可得出离心率.【详解】如图，设双曲线的方程为，则.设切线与圆相切于点，过点作，垂足为，则.所以，有，所以.又，，所以为等腰直角三角形，所以，，根据双曲线的定义可得，，所以.在中，由余弦定理可得，.所以，， 所以，，.所以，C的离心率.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知直线与圆，则下列说法正确的是（）A.直线l恒过定点B.圆M的圆心坐标为C.存在实数k，使得直线l与圆M相切D.若，直线l被圆M截得的弦长为2【答案】AB【解析】【分析】A选项，将直线方程变形后得到，求出恒过的定点；B选项，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标；C选项，令圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式判断出结论；D选项，当时，求出圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D错误.【详解】变形为，故恒过定点，A正确；变形为，圆心坐标为，B正确；令圆心到直线的距离，整理得：，由可得，方程无解，故不存在实数k，使得直线l与圆M相切，C错误；若，直线方程为，圆心在直线上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D错误.故选：AB10.已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率为的直线交C于点，（其中），与C的准线交于点D．下列结论正确的是（）A.B.C.F为线段AD中点D.的面积为 【答案】BC【解析】【分析】求出直线的方程，与抛物线联立，根据韦达定理得出，，推出，可判断A项；解方程得出点坐标，根据抛物线的定义求出的值，可判断B项；求出点，得出线段AD中点的坐标，即可判断C项；根据B可得出，进而求出点到直线的距离，即可得出面积，判断D项.【详解】由已知可得，，准线，直线的方程为.联立直线的方程与抛物线的方程可得，.由韦达定理可得，，.又，，所以，又，所以，故A项错误；对于B项，结合图象，解可得，，.过点作，垂足为，则.根据抛物线的定义可得，，同理可得，故B项正确；对于C项，因为，所以，则点.将代入直线的方程为可得，，即.所以，线段中点坐标为，恰好为点，故C项正确； 对于D项，.点到直线，即的距离为，所以，的面积，故D项错误.故选：BC.11.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数（互素是指两个整数的公约数只有1），例如，．下列说法正确的是（）A.B.数列为递增数列C.数列为等比数列D.数列的前n项和为，则【答案】ACD【解析】【分析】对A列举法即可判断，对B举反例即可，对C得到与，所有互质的数均为正奇数，则，即可判断，对D用乘公比错位相减法即可.【详解】对A，与11互质的正整数有1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，故，故A正确；对B，当时，与8互质的正整数有1,3,5,7，故，则数列不是递增数列，故B错误；对C，时，一定是2的倍数，则与互素的数为：1,3,5,7,9,11,，即正奇数，故，，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故C正确，对D，，则①② ①②得，则，而，故，故D正确.故选：ACD.12.如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点G﹐使得平面C.G为中点时，直线EG与所成角最小D.点F到直线EG距离的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设.根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影的绝对值为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距 离，根据二次函数的性质，即可得出最小值.【详解】如图，以点坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，，，，，，.对于A项，由正方体以及面面平行的性质可得，平面，点G在线段上，所以到平面的距离等于.因为，所以.则是个定值，故A项正确；对于B项，假设存在点G﹐使得平面.设.，，，，则.所以，，所以，满足条件.此时有，，平面，平面，，所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确；对于C项，设直线EG与所成角为.因为，. 所以，所以.因为，所以当时，有最小值，显然有，则有最大值，根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误；对于D项，因为，，所以，在方向上投影的绝对值为，由C知，当时，有最小值，则有最大值为，又，所以，点F到直线EG距离的最小值为，故D项正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：由点为线段上的动点，设.可以通过的坐标，表示出与点有关的向量.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，，其中，若，则的值为_________．【答案】##【解析】【分析】由已知可得，，即可求出的值，进而得出答案.【详解】由已知可得，，.因为，所以，解得，，所以，. 故答案为：.14.各项均为正数的等差数列的前n项和是，若，则的值为_________．【答案】##8.5【解析】【分析】由题得，化简求出，利用求和公式即可.【详解】数列为各项为正数的等差数列，则，化简得，解得或0（舍），则，故答案为：.15.已知点，，若圆上存在点Р满足，则实数a的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】由已知可得，圆的圆心、半径，且点在以为直径的圆上，进而得出圆心、半径.然后根据两圆有交点，即可得出，代入即可得出答案.【详解】由已知可得，圆可化为，圆心为，半径.因为，所以，所以点在以为直径的圆上.圆心为的中点，半径.由题意可得，圆与圆有公共点P，则应满足，即有，所以实数a的取值范围是.故答案为：. 16.设是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P满足，记的外接圆和内切圆半径分别是R，r，则的值为_______．【答案】【解析】【分析】化标准，得到，，然后根据正弦定理求出.进而根据余弦定理推出的面积.根据等面积法，可知，即可求出.【详解】将椭圆化为标准方程可得，.所以，，，.所以，，，所以，.根据正弦定理可得，，所以.设，则.由余弦定理可得，，所以，，整理可得，，显然是方程的两个解， 所以，所以的面积.又，所以.所以，.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.已知圆C经过点和且圆心在直线上．（1）求圆C的方程；（2）若点P为圆C上的任意一点，求点P到直线距离的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】【分析】（1）设出圆心、半径，根据已知条件列出方程组，求解方程组即可得到圆的标准方程；（2）求出圆心到直线的距离，可知直线与圆相离.然后即可得出答案.【小问1详解】设圆心为，半径为，则圆的标准方程为.由已知可得，，解得，所以，圆的标准方程为. 【小问2详解】由（1）知，圆心为，半径.圆心到直线的距离.所以，直线与圆相离.所以，点P到直线距离的最大值为，最小值为.18.已知双曲线经过，两点．（1）求C标准方程；（2）若直线与C交于M，N两点，且C上存在点P﹐满足，求实数t的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将点坐标代入双曲线的方程，得到方程组，即可求出双曲线的方程；（2）联立直线与双曲线的方程得出，根据韦达定理可得出，所以.进而由，表示出点的坐标，代入双曲线即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，，解得，所以C的标准方程为.【小问2详解】设，，. 联立直线与双曲线的方程，整理可得.由韦达定理可得，所以.所以，.则由可得，，解得，即.因为点在双曲线上，所以有，整理可得，解得.19.如图，四棱锥中，底面，底面为矩形，，，M，N分别为PB，CD的中点．（1）求证：面；（2）求直线PB与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出向量的坐标，根据，，证明，.即可根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据（1）中点的坐标，求出平面的法向量，进而即可根据向量求解出答案.【小问1详解】 由已知底面，底面为矩形，易知两两垂直.以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系.因为，，所以，，，，，则，.所以，，.则，，所以，.因为平面，平面，，所以面.【小问2详解】由（1）可得，，，设是平面的一个法向量，则，取，则，，所以是平面的一个法向量.又，所以直线PB与平面所成角的正弦值为. 20.已知数列的前n项和，且，数列满足，其中．（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前20项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据、累乘法求得和的通项公式；（2）结合分组求和法、裂项相消求和法求得.【小问1详解】对于，当时，，当时，由得，两式相减得，由于，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.对于，，所以，也符合上式，所以.【小问2详解】当为奇数时，；，所以. 当为偶数时，；所以.所以.21.已知椭圆的长轴长是4，离心率为．（1）求的方程；（2）若点P是圆上的一动点，过点P作的两条切线分别交圆O于点A，B．①求证：；②求面积的取值范围．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）根据题意，直接计算出，，，进而可得答案.（2）根据题意，联立椭圆方程，根据直线与椭圆相切，再设，得到，进而得到，解得，，可证得；再过作，必有，得到三角形的面积，进而利用二次函数的性质求出的范围.【小问1详解】由已知得，，，解得，可得，则的方程为 【小问2详解】①设，则过点的切线方程为：，联立椭圆方程得到，，因为直线与椭圆相切，得，化简得，，所以，，又因为，故，过点P作的两条切线分别交圆O于点A，B，故必有；②由①得，必过圆心，过作，必有，设三角形的面积为，，设，，圆的半径为，，，设，当且仅当，即时，取最大值，而，当时，取最小值，，故，面积的取值范围为. 22.对于数列，规定数列为数列的一阶差分数列，其中．（1）已知数列的通项公式为，数列的前n项和为．①求；②记数列的前n项和为，数列的前n项和为，且，求实数的值．（2）北宋数学家沈括对于上底有ab个，下底有cd个，共有n层的堆积物（堆积方式如图），提出可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”．试证明上述求和公式．【答案】（1）①；②；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据一阶差分数列的定义，由数列的通项公式表示出数列的通项，再用类似于裂项相消的方法求前n项和，由的算式，找到与，的关系，解出的值.（2）根据图形的结构特征，构造数列通项，利用（1）中的方法和结论，求前n项和，经验证与结论相同.【小问1详解】①由题意，，所以，，即. ②由题意知，，所，即，所以；【小问2详解】证明：设数列的通项公式为，则由题意知，需证明的公式中，S即为数列的前n项和，即为数列的第n项，且，．又，且，由（1）知，所以，，所以，又，，则，所以成立.【点睛】1.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．2.使用求和符号时，要注意展开时化简，会用到等差或等比数列的求和公式.