山西省晋城市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

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

山西省2022-2023学年第一学期高二期末考试
数学
全卷满分150分.考试用时120分钟
第I卷 （选择题60分）
一、单项选择题：本大题共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. 直线的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线可知，直线的方向向量为，代入直线方程即可.
【详解】由直线可知，直线的方向向量为，则直线的方向向量为.
故选：B
2. 有一机器人的运动方程为，（t是时间，s是位移），则该机器人在时刻时的瞬时速度为（ ）
A. 5 B. 7 C. 10 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】对运动方程求导，根据导数的意义，将代入导函数即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
所以该机器人在时刻时的瞬时速度为，
故选：.
3. 若直线经过第四象限，且被圆截得的弦长为2，则该直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到，利用垂径定理结合点到直线距离公式得到，得到倾斜角.
【详解】因为直线经过第四象限，故，
因为直线被圆截得的弦长为2，设圆心到直线距离为，
故，又，
所以，结合，，解得：，
设该直线的倾斜角为，，故，
解得：，
所以该直线的倾斜角为；
故选：C
4. 与椭圆焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程求得c，离心率和焦点的位置，然后再根据椭圆与双曲线的关系求解．
【详解】由椭圆，得，，焦点在轴上．
由题意得双曲线，焦点在轴上，，
所以，，
所以．
所以双曲线方程为．
故选：D
5. 设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 60 B. 80 C. 90 D. 100
【答案】D
【解析】
【分析】由题设条件求出，从而可求.
【详解】设公差为，
因为，，故，解得，
故，
故选：D.
6. 在正方体中，M为棱的中点，则直线AM与平面所成角的正弦值为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解．
【详解】解：不妨设正方体的棱长为2，连接，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，1，，，，
由于平面，平面，故，
又正方形，故，
，，平面，
故平面，
所以为平面的一个法向量，
，
故直线与平面所成角的正弦值为．
故选：．

7. 设,,,则,,的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由,可得,,故选C.
考点：指数函数性质

8. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.
【详解】由函数的图象可知：
在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，；当时，；
由可得，
所以或，
即或，解得：或，
所以原不等式的解集为：，
故选：D.
二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式，导数的乘法公式，复合函数的导数公式，依次计算即可判断
【详解】由基本初等函数的导数公式：，故选项A正确；
由导数的乘法公式：，故选项B正确；
由导数的乘法公式：，故选项C错误；
由复合函数的导数公式：，故选项D错误
故选：AB
10. 已知等比数列的各项均为正数，，，数列的前n项积为，则（　　）
A. 数列单调递增 B. 数列单调递减
C. 的最大值为 D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知结合等比数列的通项公式先求出公比q，进而可求通项公式，然后结合选项即可判断．
【详解】等比数列{an|的各项均为正数，，，
所以，即，又q＞0，解得q或q＝-1（舍），
所以数列为单调递减数列，A错误，B正确；
则，易得：，，
所以的最大值为，C正确，D错误．
故选：BC．
11. 已知函数，则下列结论正确是（ ）．
A. 函数有极小值
B. 函数在处的切线与直线垂直
C. 若有三个实根，则的取值范围为
D. 若时，，则的最小值为3
【答案】AD
【解析】
【分析】对函数求导，利用极小值的定义、导数的几何意义逐一判断即可.
【详解】由已知，，当或时，，时，，
所以在和上递减，在上递增，极小值为，极大值为，A正确；
切线斜率，直线斜率，，两直线不垂直，B错误；
时，，时，，若有三个实根，则；当时，只有两个根，C错误；
若时，，则，的最小值为3，D正确．
故选：AD．
12. 如图，正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（ ）

A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得截面面积为 D. 点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，

则、、、、、、、
、、、，
对于A选项，，，则，
所以，直线与直线不垂直，A错；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，，即，
因为平面，平面，B对；
对于C选项，连接、、，
因为、分别为、的中点，则，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，所以，、、、四点共面，
故平面截正方体所得截面为，
且，同理可得，，
所以，四边形为等腰梯形，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：

因为，，，
所以， ，故，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
，故，
故梯形的面积为，C对；
对于D选项，，则点到平面的距离为，
，则点到平面的距离为，
所以，点与点到平面的距离不相等，D错.
故选：BC.
第II卷（非选择题90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 若直线与直线垂直，则m=______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线垂直的充要条件列出方程，解之即可求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得：.
故答案为：.
14. 椭圆的左、右焦点为F1､F2，点P在椭圆上，若RtF1PF2，则点P到x轴的距离为_____.
【答案】或
【解析】
【分析】
点，易得点P到轴的距离为，然后分或，，三种情况结合椭圆的定义求解.
【详解】设点，则到轴的距离为，
因为，，
，
当或时，
则，得，
，即到轴的距离为．
当时，
则，
，
，
，
由（1）（2）知：到轴的距离为或，
故答案：或．
15. 已知向量，，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标公式可得，利用导数确定参数范围.
【详解】由已知得，
则，
所以在上恒成立，
即恒成立，
设，，
当时，，则，
故.
故答案为：.
16. 已知抛物线，点在抛物线上且位于x轴两侧，若（O为坐标原点），则面积的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方程为：，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得，由可得，，进而可得，由求解即可.
【详解】解：由题意可得直线不与轴平行，
设直线的方程为：，
由，可得，
则有，
设
则有，
所以，
所以，
解得：(舍)，，
所以直线的方程为：，

所以，
所以，
所以当时，取最小值为：.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线类的题，常用的方法是联立直线与圆锥曲线方程，再结合韦达定理求解即可.
四、解答题：本大题共70分.
17. 已知各项均不相等的等差数列的前项和为， 且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设公差为d.利用基本量代换联立方程组解得，，即可求出；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
设公差为d.由已知得，
解得或（舍去）， 所以，故.
【小问2详解】
，
.
18. 已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角B；
（2）若，角B的角平分线交AC于点D，，求CD的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；
（2）根据题意得，进而在中，由余弦定理即可得答案.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
所以，即，
因为，所以，故，
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，又；
所以，，，
所以，
在，由余弦定理可得，
即，
解得．

19. 已知函数，其中，且曲线在点处的切线垂直于直线
（1）求a的值.
（2）求函数的单调区间与极值；
【答案】（1）
（2）增区间为,减区间；极小值,没有极大值.
【解析】
【分析】（1）由，而曲线在点处的切线垂直于，所以，解方程可得的值；
（2）由（1）的结果知,于是可用导函数求的单调区间与极值；
【小问1详解】
对求导得，
由在点处切线垂直于直线，
知解得；
【小问2详解】
由（1）知，
则
令，解得或.
因不在的定义域内，故舍去.
当时，故在内为减函数；
当时，故在内为增函数；
所以函数在时取得极小值,没有极大值.
20. 如图，在四棱锥中，侧面底面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，点E为的中点.

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】(1)用线线平行证明线面平行，∴在平面PCD内作BE的平行线即可；
(2)求二面角的大小，可以用空间向量进行求解，根据已知条件，以AD中点O为原点，OB，AD，OP分别为x、y、z轴建立坐标系﹒
【小问1详解】
如图，取PD中点F，连接EF，FC﹒

∵E是AP中点，∴EFÚAD，
由题知BCÚAD，∴BCÚEF，∴BCFE是平行四边形，∴BE∥CF，
又CFÌ平面PCD，BEË平面PCD，∴BE∥平面PCD；
【小问2详解】
取AD中点为O，连接OP，OB，
∵是以为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD，
又平面平面，平面PAD∩平面＝AD，
∴OP⊥平面ABCD，∵OBÌ平面ABCD，∴OP⊥OB，
由BC∥AD，CD⊥AD，AD＝2BC知OB⊥OD，
∴OP、OB、OD两两垂直，故以O为原点，OB、OD、OP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图：

设|BC|＝1，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，)，P(0，0，1)，
则，
设平面BED的法向量为，平面PBD的法向量为
则，取，
，取
设二面角的大小为θ，则cosθ＝﹒
21. 已知数列的前n项和为Sn，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据计算即可；
（2）根据（1）的结论得出：，则数列的前项和可用错位相减法求得．
【小问1详解】
当，，解得，
当时，，，
两式相减得，化简得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得：，
①，
②，
由①②得

，
所以.
22. 设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求实数a的范围.
【答案】（1）当时，在区间上单调递减；
当时，单调递减区间，单调递增区间.
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;
（2）分类讨论a的取值，确定的单调性，若为单调函数，不可能有两个零点;当先减后增时，要使有两个零点，需要其最小值小于0，求得a的取值范围，再证明确实有两个零点.
【小问1详解】
由于，则定义域为 ，
可得：，
当时，∵，∴，故在区间上单调递减；
当时，∵，∴由可得，由得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增.
【小问2详解】
，，，
当时，， 为单调函数，不可能有两个零点，舍去;
当时，由得或(舍去).
当时， ，为减函数，
当时， ，为增函数，
所以当时取得最小值，
要使有两个零点，，需要，即，
解得，
又，且，所以在 上有唯一的零点，
令，，
当时， ，为减函数，
当时， ，为增函数，
所以当时取得最小值，故，即 （当且仅当时取等号），
，且，
所以在 上有唯一的零点，
综上:当时， 有两个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法:
(1)将函数可方程变形构建新函数，利用导数研究函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解函数零点的个数.
(2)利用零点存在性定理，先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.