2022-2023学年湖南省岳阳市平江县高二（上）期末数学试卷(含答案解析)

2022-2023学年湖南省岳阳市平江县高二（上）期末数学试卷

1.  已知，则数列的图象是(    )

A. 一条直线 B. 一条抛物线 C. 一个圆 D. 一群孤立的点

2.  若向量，，是空间的一个基底，向量，，那么可以与，构成空间的另一个基底的向量是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是(    )

A.  B.
C.  D.

4.  已知集合为实数，且，，y为实数，且，则的元素个数为(    )

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

5.  在等比数列中，如果，，那么等于(    )

A. 135 B. 100 C. 95 D. 80

6.  函数的图象大致为(    )

A.  B.
C.  D.

7.  设、分别为双曲线的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  青铜器是指以青铜为基本原料加工而成的器皿、用器等，青铜是红铜与其它化学元素锡、锦、铅、磷等的合金．其铜锈呈青绿色，故名青铜．青铜器以其独特的器形，精美的纹饰，典雅的铭文向人们揭示了我国古代杰出的铸造工艺和文化水平．图中所示为觚，饮酒器，长身，侈口，口底均成喇叭状，外形近似双曲线的一部分绕虚轴所在直线旋转而成的曲面．已知，该曲面高15寸，上口直径为10寸，下口直径为寸．最小横截面直径为6寸，则该双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  在棱长为1的正方体中，M是线段上一个动点，则结论正确的是(    )

A. 直线垂直于直线AC
B. 存在点M使得二面角为的二面角
C. 存在点M使得异面直线BM与AC所成角为
D. 三棱锥的体积为
 

10.  已知无穷等差数列的前n项和为，，，则(    )

A. 数列单调递减
B. 数列没有最小项
C. 数列单调递减
D. 数列有最大项

11.  下列不等式中正确的是(    )

A.
B.
C.
D.

12.  在平面直角坐标系中，A，B是圆C：上的两个动点，P点坐标为，则下列判断正确的有(    )

A. 面积的最大值为1
B. 的取值范围为
C. 若AB为直径，则
D. 若直线l过点则点A到直线l距离的最大值为
 

13.  在长方体中，，，，则点到平面的距离______.

14.  已知数列的前n项和为，且，则______.

15.  已知三棱锥的每个顶点都在球O的球面上，PA，PB，PC两两互相垂直，且，若球O的表面积为______.

16.  ，若关于x的方程在上有根，则实数m的取值范围是______.

17.  已知圆C：，直线l：
求证：直线l恒过定点；
求直线l被圆C截得的弦长的最小值及此时m的值．

18.  设数列的前n项和为，，
求证：数列是等差数列；
设，求数列的前n项和

19.  如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点．
求证：平面ABC；
求二面角的余弦值．

20.  某地出现了虫軎，农业科学家引入了“虫害指数”数列，表示第n周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高．为了治理害虫，需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一：
策略A：环境整治，“虫害指数”数列满足：
策略B：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足：
当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除．
设第一周的虫害指数，用哪一个策略将使第二周的虫害的严重程度更小？
设第一周的虫害指数，如果每周都采用最优策略，虫害的危机最快将在第几周解除？

21.  已知椭圆过点，点A为其左顶点，且MA的斜率为
求C的方程；
，Q为椭圆C上两个动点，且直线AP，AQ的斜率之积为，求证直线PQ过定点．

22.  已知函数
已知点在函数的图象上，求函数在点P处的切线方程．
当时，求证

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：，变量，数列若用图象表示，从图象上看是一群孤立的点，
故选：
由于自变量，即可判断出．
本题考查了数列的函数特点性质，属于基础题．
 

2.【答案】C 

【解析】解：向量，，是空间的一个基底，则，，不共面，
对于选项A：，故，，共面，故A错误，
对于选项B：，故，，共面，故B错误，
对于选项C：，，不共面，故可以构成空间的另一个基底，故C正确，
对于选项D：由选项A得：，故，，共面，故D错误，
故选：
向量，，是空间的一个基底的充要条件为，，不共面，逐一按此标准检验即可
本题考查了空间向量基本定理、正交分解及坐标，属简单题
 

3.【答案】B 

【解析】解：M与A、B、C共面的条件是，且，
故B选项正确，
故选：
根据共面条件可知，，即可得出答案．
本题考查了四点共面的条件，属于基础题．
 

4.【答案】C 

【解析】解：联立两集合中的关系式得：
，
由②得：，代入②得：即，解得或，
把代入②解得，把代入②解得，
所以方程组的解为或，有两解，
则的元素个数为2个．
故选：
观察两集合发现，两集合表示两点集，要求两集合交集元素的个数即为求两函数图象交点的个数，所以联立两关系式，求出方程组的解，有几个解就有几个交点即为两集合交集的元素个数．
此题考查学生理解交集的运算，考查了求两函数交点的方法，是一道基础题．本题的关键是认识到两集合表示的是点坐标所构成的集合即点集．
 

5.【答案】A 

【解析】解：利用等比数列的性质有，，，成等比数列，
，，则，
故
故选：
根据等比数列的性质可知，，，，成等比数列，进而根据和的值求得此新数列的首项和公比，进而利用等比数列的通项公式求得的值．
本题主要考查了等比数列的性质．等比数列中，连续的，等长的，间隔相等的片段和为等比．
 

6.【答案】D 

【解析】解：当时，函数，可得函数的极值点为：，
当时，函数是减函数，时，函数是增函数，并且，
选项A、D满足题意，排除BC，
当时，函数，选项A不正确，选项D正确．
故选：
根据函数值在，上的正负以及单调性可确定选项．
本题考査由函数解析式确定函数的图像，定义域，值域，对称性，单调性是常用的判断方法，本题属于中档题．
 

7.【答案】C 

【解析】解：依题意，可知三角形是一个等腰三角形，在直线的投影是其中点，由勾股定理知
可知
根据双曲定义可知，整理得，代入整理得，求得
双曲线渐近线方程为，即
故选：
利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系，得出a与b之间的等量关系，可知答案选C，
本题主要考查三角与双曲线的相关知识点，突出了对计算能力和综合运用知识能力的考查，属中档题
 

8.【答案】B 

【解析】解：把该青铜器近似看成双曲线，建立直角坐标系，
并作出双曲线如下，设AM，BN均和y轴垂直，则，，，，
设双曲线方程为：，
根据，双曲线经过，可知，设A，B的纵坐标分别为m，n，
结合图形可得，，
由，，，，
，，由，
，解得，
故选：
将实际问题转化成坐标系中的双曲线方程，可求解．
本题考查求双曲线的离心率问题，考查方程思想，属中档题．
 

9.【答案】ABC 

【解析】解：由题意可知，，，，A正确；

当M为中点时，二面角的平面角为，所以B正确；

异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与所成角，

为正三角形，当M为中点时，，C正确；
三棱锥的体积为，D错误．
故选：
由，，即可判断A；当M与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断B；为正三角形，当M为中点时，，可判断C；根据三棱锥体积公式计算即可判断
本题考查异面直线所成的角、二面角、三棱锥的体积的计算，是中档题．
 

10.【答案】ABD 

【解析】解：数列的前n项和为，，
由于，故数列为单调递减数列，
且数列为无穷等差数列，故数列没有最小项，
则，符合二次函数的特点和性质，数列的性质是先增后减，
故数列有最大项，没有最小项．
故选：
直接利用等差数列的性质求出结果．
本题考查的知识要点：数列的通项公式和数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
 

11.【答案】AC 

【解析】解：选项A，令，，时，，
即在上单调递增，，
，即，即，即，故A正确；
选项B，令，，时，，
即在上单调递增，又，，即，故B错误；
选项C，，故C正确；
选项D，令，，时，，
即在上单调递减，，，即，即，故D错误；
故选：
利用函数的性质，对选项进行逐个分析，即可解出．
本题考查了函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

12.【答案】ABD 

【解析】解：由题意得圆C：的圆心，半径，
对于A：，
当且仅当时，等号成立，面积的最大值为1，故A正确；
对于B：作出圆C，如图所示：

                          图①图②
由图象①可得当P，A，B三点共线时，此时最小，且为，
由图象②可得当PA，PB分别与圆C相切时，此时最大，
由题意得，，
在中，，则，
由圆的性质可得，
的取值范围为，故B正确；
对于C：若AB为直径，且C是AB的中点，
由平行四边形法则得，，
，故C错误；
对于D：作图，如图所示：

由图象可得当，垂足为P时，此时点A到直线l的距离最大，设最大距离为d，
则，故D正确，
故选：
由题意得圆C：的圆心，半径，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查直线与圆的位置关系和圆的基本性质，考查直观想象和逻辑推理能力、运算能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：根据长方体的几何性质可得：
平面平面，且平面平面，
点到平面的距离为到的距离，
易知到的距离为
故答案为：
根据长方体的几何性质即可求解．
本题考查长方体的几何性质，点面距的求解，属基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：已知数列的前n项和为，且，
则，，
即，
又，
即，
即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
则，
故答案为：
由已知可得，，即，又，即，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，然后求解即可．
本题考查了由数列递推式求数列的通项公式，属基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：如图，将三棱锥补全成如图的长方体，
则根据对称性可得：三棱锥的外接球的直径为长方体的体对角线，
设球的半径为R，又，
，
球O的表面积为
故答案为：
将三棱锥补全成如图的长方体，从而得三棱锥的外接球的直径为长方体的体对角线，从而可得球的半径，最后代入球的表面积公式即可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法，属基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：若关于x的方程在上有根，即在上有根，
令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，，
所以，
若使在上有根，
 则
故答案为：
根据题意，若关于x的方程在上有根，即在上有根，令，求导，利用导数判断单调性，求出值域，求解即可．
本题考查函数零点与方程根的关系的应用，属于中档题．
 

17.【答案】证明：直线l：可化为
令，解得
直线l恒过定点
解：直线l被圆C截得的弦长的最小时，弦心距最大，此时
圆C：，圆心，半径为5
的斜率为，
的斜率为2
直线l：的斜率为



直线l被圆C截得的弦长的最小值为 

【解析】直线l：可化为，解方程组，可得直线l恒过定点；
直线l被圆C截得的弦长的最小时，弦心距最大，此时，求出CA的斜率，可得l的斜率，从而可求m的值，求出弦心距，可得直线l被圆C截得的弦长的最小值．
本题考查直线恒过定点，考查弦长的计算，解题的关键是掌握圆的特殊性，属于中档题．
 

18.【答案】解：证明：由，，
可得，
则数列是首项为1，公差为1的等差数列；
由可得，
则，
所以，
则，
，
上面两式相减可得，
化简可得 

【解析】对递推式两边同除以，由等差数列的定义，可得证明；
由等差数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
 

19.【答案】证明：侧面，侧面，
，
，，，由余弦定理得，
，
，
，AB，平面ABC，
平面
解：由知，BA，BC，两两垂直，以B为原点，，和的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则点，，，，
设平面的一个法向量为，，，
因为，令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，，，
因为，令，则，所以，
设二面角的平面角为，则，，
所以二面角的余弦值为 

【解析】根据线面垂直的判定定理即可证明；
以B为原点，，和的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出二面角的余弦值．
本题考查直线与平面垂直的判定定理，考查二面角的计算，是中档题．
 

20.【答案】解：由题意可知，使用策略A时，；使用策略B时，，
令，，即当时，使用策略B第二周严重程度更小；当，时，使用两种策哈第二周严重程度一样；
当时，使用策略A第二周严重程度更小．
由可知，最优策略为策略B，即，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
即，，令，，可得，所以虫害最快在第9周解除． 

【解析】根据两种策略，分别计算第二周虫害指数，比较它们的大小可得结论；
由可知，最优策略为策B，得，凑配出等比数列，求得通项，再解不等式即可．
本题考查递推数列的实际应用，构造等比数列求通项，属于难题．
 

21.【答案】解：因为，所以，可得，
M点在椭圆上，所以，可得，
所以椭圆C的方程为：；
由可得，
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的直线方程为：，，
设，，
联立，整理可得：，
，可得，，，
则，
由题意可得，整理可得：，解得或，
当时，则直线PQ的方程为，直线恒过定点舍；
当时，则直线PQ的方程为，直线恒过定点；
当直线直线PQ的斜率不存在时，设直线，代入椭圆的方程可得，可得，
设，，
则，显然直线也过定点；
可证得直线PQ恒过定点 

【解析】由直线MA的斜率可得a的值，再将M点代入椭圆的方程，可得b的值，进而可得椭圆的方程；
分直线PQ的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线PQ的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出直线AQ，AP的斜率之积，将两根之和及两根之积代入整理，由题意使斜率之积为，可得参数的关系，进而可得直线PQ恒过的定点的坐标．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
 

22.【答案】解：由解得，
所以，，
所以，，切线方程为，
即所求切线方程为；
证明：得定义域为，，
因为，故是增函数，
当时，，时，，
所以存在，使得①，且时，，单调递减，时，，单调递增，
故②，由①式得③，
将①③两式代入②式，结合得：，
当且仅当时取等号，结合②式可知，此时，
故恒成立． 

【解析】先利用已知求出m的值，然后求出时的函数值，导数值，最后利用点斜式求出切线方程；
利用导数求出的极小值，也是最小值，然后利用基本不等式证明最小值大于零即可．
本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性、极值与最值，进而解决不等式恒成立的解题思路，属于较难的题目．