山西省大同市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省大同市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年第一学期期末教学质量监测试题（卷）
高二数学
一、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. 已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由，则两直线的方向向量共线列式计算即可.
【详解】由题意可得：，解得：，.
故选：B.
2. 等差数列中，，，则该数列的公差为（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】运用等差数列的性质计算即可.
【详解】设等差数列公差为，

则②-①可得：，
所以.
故选：A.
3. 如果椭圆上一点到此椭圆一个焦点的距离为2，是的中点，是坐标原点，则的长为（ ）
A. 6 B. 10 C. 8 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆定义可得，再利用中位线的性质即可求解．
【详解】如图，连接，，，

由椭圆方程可得：，则，
由椭圆定义可得，所以，
因为是的中点，是的中点，则由中位线可得：.
故答案为：C.
4. 曲线在处的切线如图所示，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出切线方程，利用导数的几何意义求出的值，利用切线方程求出的值，进而可求得的值.
【详解】设曲线在处的切线方程为，则，解得，
所以，曲线在处的切线方程为，所以，，，
因此，.
故选：C.
5. 等比数列中，已知，，，则为（ ）
A. B. C. 3 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式，可求项数，利用前项和公式求解即可得答案．
【详解】等比数列中，，
，
．
.
故选：B．
6. 已知函数的图象如图所示，其中是函数的导函数，则函数的大致图象可以是

A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：讨论x＜﹣1，﹣1＜x＜0，0＜x＜1，x＞1时， 的正负，从而得函数的单调性，即可得解．
详解：由函数的图象得到：
当x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
由此得到函数y=f（x）的大致图象可以是A．
故选A．
点睛：本题利用导函数的图象还原函数的图象，即根据导数的正负判断函数的单调性，属于基础题．
7. 在数列中，，，，设数列的前项和为，则（ ）
A. 6440 B. 6702 C. 6720 D. 6740
【答案】D
【解析】
【分析】根据，，及递推关系式，列举归纳可得是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，从而利用周期性可得的值.
【详解】∵，，
∴，，
依次得，，，，，……，
故是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，
∴.
故选：D.
8. 已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得，令，求导求最值即可.
【详解】若在上恒成立，则在上恒成立等价于
在上恒成立，令，则，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，故，
故.
故选：B.
二、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. (多选)关于双曲线与双曲线的说法正确的是（ ）
A. 有相同的焦点 B. 有相同的焦距
C. 有相同的离心率 D. 有相同的渐近线
【答案】BD
【解析】
【分析】将两个双曲线方程化标准方程，再逐一判断.
【详解】两方程均化为标准方程为和，
这里均有，所以有相同的焦距，
而焦点一个在轴上，另一个在轴上，所以A错误，B正确；
又两方程的渐近线均为，故D正确；
的离心率，的离心率，故C错误；
故选：BD.
10. 直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，，下列表述正确的是（ ）

A. 平面平面
B. 四边形面积最大为
C. 当时，线段平面
D. 四棱锥的体积恒为常数
【答案】ABD
【解析】
【分析】运用面面垂直的判定定理可判断A项，当点和点B重合时，四边形面积最大，计算其面积即可判断B项，假设平面，可证得可判断C项，运用等体积法计算可判断D项.
【详解】对于A项，如图所示，

连接AC，因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以，
又因为，，、面，
所以平面，又因为面，
所以平面平面，即平面平面，所以A项正确；
对于B项，在，的运动过程中，当点和点B或点重合时，四边形面积最大，
此时是对角线长分别为，的菱形，所以面积为，所以B项正确；
对于C项， 假设平面，
在平面中，，，
又因为，所以，
又因为，所以，即：O为、的中点，
分别取、中点P、Q，连接，则线段经过点，且为的中点，如图所示，

设，则，，，
在中，，即：，
所以，所以，所以，故C项错误；
对于D项，因为，面，面，
所以面，
所以M到面的距离等于B到面的距离，
因为，，，、面AEFC，
所以面AEFC，即：面AEF，
所以B到面的距离为，又因为，，
所以.故D项正确.
故选：ABD.
11. 经过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，设，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 当与轴垂直时，最小 B.
C. 以弦为直径的圆与直线相离 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先设直线的方程，联立抛物线，可得D.
用抛物线焦点弦公式表示，可得A.
利用抛物线定义，可表示，可证B.
利用抛物线定义，结合图像位置关系可判断C.
【详解】
如图，设直线为，
联立，
得，即，
所以，，
故D正确，
，
将代入得，
故当时，取得最小值，此时直线与轴垂直，故A正确，
，
代入，，
得，故B正确，
设的中点为，则以弦为直径的圆的圆心为，半径为
分别过作抛物线的垂线，垂足分别为,
由抛物线的定义知，，
则,
故以弦为直径的圆与直线相切，C错误，
故选：ABD
12. 已知函数，，则（ ）
A. 函数在上无极值点
B. 函数在上存在唯一极值点
C. 若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为
D. 若，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，二次求导，得到的单调性，得到答案；B选项，二次求导，得到在上单调递增，从而判断出无极值点；C选项，根据A选项得到的的单调性得到不等式，参变分离后，构造函数，求出其最大值得到答案；D选项，结合AB选项求出的函数单调性及同构，构造函数，进行求解.
【详解】对于A：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，故函数在上无极值点，故A正确；
对于B：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则函数在上无极值点，故B错误；
对于C：由A得在上单调递增，不等式恒成立，则恒成立，故恒成立.设，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，故C错误；
对于D：若，则.由A，B可知函数在上单调递增，在上单调递增，∵，∴，，且，当时，，设，设，则，令，解得，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，此时，故的最大值为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】构造函数，研究其单调性，极值，最值，从而证明出结论，或者求出参数的取值范围，经常考察，也是难点之一，要能结合函数特征，合理构造函数进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 记为数列的前项和，若，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
14. 若函数在处取得极小值，则a=__________．
【答案】2
【解析】
【分析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.
【详解】由可得，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得或，
若，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上：.
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：
已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.
15. 三棱柱中，，分别是，上的点，且，.若，，，则的长为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意画出图形，设，，，将用，，表示出来，求的模长即可求解.
【详解】
如图设，，，
所以
，
因为
,
所以，
故答案为：
【点睛】本题解题的关键是将用从点出发的一组基底，，表示出来计算其模长即可.
16. 已知函数满足，当时，，若在区间内，曲线轴有三个不同的交点，则实数的取值范围是_______
【答案】
【解析】
【详解】设，则，又，所以函数的图象如图所示，当时，显然不合乎题意；当时，如图所示，当时，存在一个零点，当时，，可得，则，若，可得，为减函数；若，可得，为增函数；此时必须在上有两个零点，，解得．

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. 已知直线
（1）求与垂直，且与两坐标轴围成的三角形面积为直线方程；
（2）已知圆心为，且与直线相切求圆的方程.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直设出所求直线，分别令和，求得在坐标轴上的截距，利用三角形的面积公式即可求解；
（2）根据圆与直线相切的条件及点到直线的距离公式即可求解.
【小问1详解】
因为所求的直线与直线垂直，
所以设所求的直线方程为 ，
令，得；令，得.
因为所求的直线与两坐标轴围成的三角形面积为．
所以，解得或.
所以所求的直线方程为或．
【小问2详解】
设圆的半径为，因为圆与直线相切，
所以，
所以所求的圆的方程为.
18. 设等差数列的前项和为，且成等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1) an=2n-1 (2)
【解析】
【详解】分析：设等差数列的首项为,公差为, 由成等差数列，可知 , 由得：， 由此解得，，即可得到数列的通项公式；
令，利用错位相减法可求数列的前项和.
详解：
设等差数列的首项为,公差为, 由成等差数列，可知 , 由得：，解得:
因此:
(2)令.则 ，
∴①
②
①—②,得



所以
点睛：本题考查等差数列的公差及首项的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质、错位相减法的合理运用．
19. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，.

（1）求证：平面平面；
（2）设，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取，的中点，，连接，，，，可得，，证得平面，得到，又由，证得平面，从而可得平面平面.
（2）由（1），建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，取和的中点和，分别连接，，，，
则四边形为正方形，可得，所以，
又因为，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，可得，
又因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）知两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，
令，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又设平面的法向量为，则，
取，，所以，
所以，
由图形得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

20. 设正项数列的前项和满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【详解】分析：第一问首先将代入题中所给的式子，结合与的关系，求得，再类比着写出一个式子，两式相减求得，结合数列的项的符号，得到，从而得到数列是等差数列，应用等差数列的通项公式写出结果；第二问利用裂项相消法对数列求和，结合式子写出其范围.
详解：（1）①时，由，得，
②时，由已知，得，∴，
两式作差，得，
又因为是正项数列，所以.
∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
∴.
（2）∵，
∴

.
又因为数列是递增数列，当时最小，，
∴.
点睛：该题考查的是有关数列的通项公式的求解以及裂项相消法求和，在解题的过程中，需要对题中所给的式子，类比着往前写或者往后写一个，两式相减，结合题中的条件，得到相邻两项的差为同一个常数，从而得到该数列是等差数列，之后借助于等差数列的通项公式求得结果，对于第二问应用裂项相消法求和之后，结合式子的特征以及n的范围，求得其值域.
21. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆短轴的两个端点与构成正三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于不同两点，试问在轴上是否存在定点，使恒为定值? 若存在，求出的坐标及定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)答案见解析.
【解析】
【分析】(1)由题意首先求得点F的坐标，然后结合正三角形的性质和椭圆的性质求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)假设存在满足题意的点，当直线斜率存在的时候，设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求得的表达式，然后整理变形确定m的值，当直线斜率不存在的时候直接验证的值即可确定点E是否存在.
【详解】（1）由题意知抛物线的焦点为，
所以，
因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，
所以，
可求得a=2.
故椭圆的方程为.
（2）假设存在满足条件的点，
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则的方程为，
由得，
设，
所以，
则




，
要使为定值，令，即，
此时.
当直线的斜率不存在时，不妨取，
由，可得，
所以.
综上所述，存在点，使为定值.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：若，，则．
【答案】（1）时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再求导，分与求解函数的单调性；
（2）由得到，即证，构造函数，，求导后得到在上单调递增，
∵，∴，从而证明出成立．
【小问1详解】
由题意知：．
当时，当时，，在上单调递增；
当时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
证明：∵，即，
又，∴要证，只需证，
即证 ①
设，，则，
∴在上单调递增，
∵，∴，不等式①成立，即成立．