2022-2023学年山东省济宁市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省济宁市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省济宁市第一中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．定义．若向量，向量为单位向量，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，利用空间向量的数量积和模的公式求解.【详解】解：由题意知．设与的夹角为，则．又，．,故选：B．2．在正方体中，有下列命题：①；②；③与的夹角为.其中正确命题的个数是（  ）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】①根据向量加法的几何意义可得，结合正方体性质判断；②由，应用线面垂直的性质、判定可得即可判断；③若分别是中点，由中位线性质及向量共线判断与夹角大小即可.【详解】①由，故，正确；②，而面，面，则，又，，面，故面，又面，故，则，正确； ③若分别是中点，则且，故与的夹角即为与夹角，为，错误. 故选：C.3．圆与圆的交点为A，B，则线段AB的垂直平分线的方程是A． B．C． D．【答案】A【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，两圆的相交弦的垂直平分线即为直线，其方程为，即；故选A.【点睛】本题考查圆的一般方程、两圆的相交弦问题；处理直线和圆、圆和圆的位置关系时，往往结合平面几何知识（如本题中，求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程）可减小运算量.4．已知椭圆的两个焦点为，为椭圆上一点，.若的内切圆面积为，则椭圆的离心率为（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】计算得到，，化简得到，解得答案.【详解】根据勾股定理得到：，即；的内切圆面积为，故.根据等面积法得到：，故.故，即，解得或（舍去）.故选：【点睛】本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的综合应用能力.5．已知，是椭圆的左右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线， ，可得Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此可得选项.【详解】是焦点为、的椭圆上一点，的外角平分线，，设的延长线交的延长线于点，，，，由题意知是的中位线，，点的轨迹是以为圆心，以5为半径的圆，当点与轴重合时，与短轴端点取最近距离，故选：D．6．已知等比数列的各项均为正数，公比为q，，，记的前n项积为，则下列选项错误的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】等比数列的各项均为正数，，，可得，因此，，．进而判断出结论．【详解】解：等比数列的各项均为正数，，，，，若，则一定有，不符合由题意得，，，故A、B正确．，，，故C正确，，故D错误，满足的最大正整数的值为12．故选：．7．若数列满足，，若对任意的正整数都有，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】递推关系变形可得，分析可知时不满足题意，再验证时满足题意，即可得解．【详解】，，若，则，则，则，那么可以无限的大下去，不符合题意；若，则，则，数列单调递增，又，故，又，故与同号，则，符合题意；故选：．【点睛】本题考查数列的递推关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．8．若函数的极值点为1，则=（   ）A．－2 B．－1 C．0 D．1【答案】A【分析】求出，然后根据可解出答案.【详解】因为，函数的极值点为1，所以，所以，经检验符合题意，故选：A【点睛】本题考查的是导数的计算及其应用，较简单. 二、多选题9．给出下列命题，其中是假命题的是（    ）A．若A，B，C，D是空间中的任意四点，则有B．是，共线的充要条件C．若，共线，则D．对空间中的任意一点O与不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面【答案】BCD【分析】根据向量的加法运算、共线与共面的条件，即可判断正误.【详解】解：由向量的加法运算，显然A是真命题；若，共线，则（同向）或（反向），故B是假命题；若，共线，则直线AB，CD平行或重合，故C是假命题；只有当时，P，A，B，C四点才共面，故D是假命题．故选：BCD．10．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，两点，点在抛物线准线上的射影分别为交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．直线轴 D．的最小值是【答案】BCD【分析】选项A设直线方程代入抛物线方程中化简写出韦达定理，再利用向量数量积的坐标表示运算即可；选项C利用三点共线找出关系式来说明即可；选项B利用数量积即可说明；选项D设直线的倾斜角为，则表示出利用函数的性质求出最值即可.【详解】由题意可知，抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入，得，所以，则，所以，所以A不正确，因为三点共线，所以，所以，又，所以所以直线轴，所以C正确，由题意可得的坐标分别为，所以，所以，所以B正确；设直线的倾斜角为，则，所以，当且仅当轴时取等号，所以D正确，故选：BCD.11．设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（    ）A．数列的前项和为B．数列为递增数列C．数列的通项公式为D．数列的最大项为【答案】ABD【分析】由已知数列递推式可得，结合，得数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式，可得，结合求数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】解：由，得，，即，又，数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，则，可得，故正确；当时，，，数列的最大项为，故错误，正确．故选：．12．若直线是函数图像的一条切线，则函数可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】求得已知直线的斜率，对选项中的函数分别求导，可令导数为，解方程即可判断结论【详解】解：直线的斜率为，由的导数为，即切线的斜率小于0，故A不正确；由的导数为，而，解得，故B正确；由的导数为，而有解，故C正确；由的导数为，而，解得，故D正确，故选：BCD【点睛】此题考查导数的几何意义，正确求导是解题的关键，考查运算能力，属于基础题 三、填空题13．如图，在和中，是的中点，，，，若，则与的夹角的余弦值等于__________．【答案】【分析】由题意可得，由此求得，由 以及两个向量的加减法的法则及其几何意义可求得 ，由数量积的定义即可得到结果.【详解】由题意可得 ，∴.由，可得 .∴，即，∴，故答案为.【点睛】本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义、以及运算性质，属于中档题．14．直线恒过定点_____．【答案】 【分析】直线方程即a（x+2）+（﹣x﹣y+1）=0，一定经过x+2=0和﹣x﹣y+1=0 的交点，联立方程组可求定点的坐标．【详解】直线（a﹣1）x﹣y+2a+1=0 即 a（x+2）+（﹣x﹣y+1）=0，根据a的任意性可得，解得x=﹣2，y=3，∴当a取不同的实数时，直线（a﹣1）x﹣y+2a+1=0恒过一个定点，这个定点的坐标是（﹣2，3）．故答案为（﹣2，3）．【点睛】本题考查经过两直线交点的直线系方程形式，直线 k（ax+by+c）+（mx+ny+p）=0 表示过ax+by+c=0和mx+ny+p=0的交点的一组相交直线，但不包括ax+by+c=0这一条．15．设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.【答案】【分析】根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.【详解】由已知可得，又为上一点且在第一象限,为等腰三角形，．∴．设点的坐标为，则，又，解得，，解得（舍去），的坐标为．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．16．若函数的最大值为，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】求得，由题意可得在恒成立，讨论的范围，分，，，运用参数分离和构造函数，求得导数和单调区间，可得最值，进而得到的范围．【详解】解：当时，，则，则当时，即在上单调递增，当时，即在上单调递减，所以当时取得极大值，即当时的最大值；由，可得在恒成立，即为，当时，显然成立；当时，有，可得，设，，，由时，，则，在递减，且，可得；当时，有，可得，设，，，由时，，在递减，由时，，在，递增，即有在处取得极小值，且为最小值，可得，综上可得．故答案为： 四、解答题17．如图，和都是边长为2的正三角形，且它们所在平面互相垂直．平面，且．(1)设P是的中点，证明：AP平面．(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取的中点O，先求出长度，再结合等腰三角形三线合一得出，则有,则得出结论；(2)在点O建立空间坐标系，分别计算两个半平面的法向量，并计算法向量的余弦值，再求解二面角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点O，连接．是正三角形，．∵平面平面，平面平面，平面ABC平面．平面，．在中，，．又，为等腰三角形．是的中点，．平面，．平面平面，平面．（2）由（1）知，，∴四边形为平行四边形，，．以点O为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，则 ,，．设平面的法向量为，则即令，则，．设平面的法向量为，则即令，则，．．设二面角的平面角为，∴二面角的正弦值为．18．在 中，,点在直线上，若的面积为,求点的坐标.【答案】或.【详解】试题分析：求出的距离，利用三角形的面积求出到的距离，求出的方程，设，利用点到直线的距离公式可求出的坐标.试题解析：设点到直线的距离为，由题意知，，，，直线的方程为，即，在点直线上，设，，或，点的坐标为或.【解析】直线的方程、三角形面积公式及点到直线的距离公式.19．已知数列的前项和满足：.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用，及确定数列是等比数列，从而可得通项公式；（2）用分组求和法求和．【详解】解：（1）当时，，得.当时，由，①得，②①-②，得，又，∴，∴，∴是等比数列，∴ （2）由，则，则．【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，分组（并项）求和法求和．数列求和的常用方法：（1）公式法：（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．20．已知数列的前n项和为．(1)记，证明：是等差数列，并求的通项公式；(2)记数列的前n项和为，求，并求使不等式成立的最大正整数n．【答案】(1)证明过程见解析，；(2)；n为5． 【分析】（1）根据数列前n项和与第n项的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）根据错位相减法，结合数列的单调性进行求解即可.【详解】（1）由，得，即，．即，又，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，；（2）由（1）知．，①，②①-②，得，，，因为所以，所以是递增数列，，使不等式成立的最大正整数n为5．21．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．(1)求椭圆C的标准方程(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)标准方程为．(2)直线l过定点 【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，，四边形OMPN的周长为，，，，椭圆C的标准方程为．（2）设，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，代入，整理得，则，．易知，，化简得，或(舍去)，直线l的方程为，即，直线l过定点．当直线l的斜率不存在时，设，代入，解得，由得，，解得或(舍去)，此时直线l过点．综上，直线l过定点．【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．22．已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)当时，函数在上单调递增(2) 【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断；（2）构造函数，求导，对a分类讨论导函数的符号.【详解】（1）当时，，则 ，令 ，则 ，因为 为增函数， ，所以当时， ，则单调递增；当时， ，则单调递减，故，即 ，所以当时，函数在上单调递增；（2）令，当时，恒成立等价于恒成立，因为，(i)当时， ，函数在上单调递增，所以在上恒成立，符合题意；(ii)当时，设， 在上单调递增， ，①当即时， ，函数 在上单调递增，所以 在上恒成立，所以函数在上单调递增，所以在上恒成立，符合题意；②当即时， ，若 ，即时，在上恒小于等于0，则 在上单调递减， ， 在上单调递减，，不符合题意；若 ，即时，存在，使得 ，所以当时， ，则 在上单调递减，当时，存在 ，此时存在不符合题意，所以a的取值范围是；综上，（1）当时，函数在上单调递增；（2）a的取值范围是.【点睛】对于第二问，构造函数，对a分类讨论需要仔细，巧妙利用三角函数的有界性以及 进行分析.