2022-2023学年浙江省高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版）期末测试题02 （解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版）期末测试题02 （解析版），共23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学年高二数学上学期期末测试卷02测试范围：第1-5章一、单选题1．已知，则“”是“直线与平行”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】首先由两直线平行的充要条件求出参数的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【解析】因为直线与平行，所以，解得或，所以“”是“直线与平行”的充分不必要条件.故选：A.2．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（    ） A． B．C． D．【答案】C【分析】由为的中点，根据向量的运算法则，可得，即可求解.【解析】由底面是正方形，E为的中点，且，根据向量的运算法则，可得 .故选：C.3．已知为等差数列，为其前n项和，，则下列和与公差无关的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意根据等差数列的通项公式可得，再根据等差数列前项和公式计算可得；【解析】解：因为，所以，即，所以，，，，故选：C4．直线的倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由直线方程求得直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值可得直线的倾斜角的取值范围.【解析】∵直线的斜率,，设直线的倾斜角为，则，解得.故选：A.5．原点到直线的距离的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出直线过的定点，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值；【解析】因为可化为，所以直线过直线与直线交点，联立可得所以直线过定点，当时，原点到直线距离最大，最大距离即为，此时最大值为，故选：C.6．知点分别为圆上的动.点，为轴上一点，则的最小值（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.【解析】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为1，∴若与关于x轴对称，则，即，当三点不共线时，当三点共线时，所以同理(当且仅当时取得等号)所以当三点 共线时，当三点不共线时，所以∴的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，∴.故选：B.7．已知双曲线左右焦点为，过的直线与双曲线的右支交于，两点，且，若线段的中垂线过点，则双曲线的离心率为（    ）A．3 B．2 C． D．【答案】C【分析】由双曲线的定义得出中各线段长（用表示），然后通过余弦定理得出的关系式，变形后可得离心率【解析】由题意又则有：可得：，，中，中．可得：解得：则有：故选：C8．在关于的不等式（其中为自然对数的底数）的解集中，有且仅有两个大于2的整数，则实数的取值范围为（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将不等式转化为，分别研究两个函数的性质，确定的取值范围，构造函数，利用放缩法进一步缩小的取值范围，列出不等式组，求出结果.【解析】由，化简得：，设，，则原不等式即为.若，则当时，，，原不等式的解集中有无数个大于2的整数，∴.∵，，∴.当，即时，设，则.设，则在单调递减，所以，所以在单调递减，∴，∴当时，，∴在上为减函数，即，∴当时，不等式恒成立，原不等式的解集中没有大于2的整数.要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则，即，解得.则实数的取值范围为.故选：D【点睛】已知整数零点个数，求参数的取值范围，要从特殊点，特殊值缩小参数的取值范围，再利用导函数及放缩法进行求解，最终得到关于参数的不等关系，进行求解. 二、多选题9．若，，是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为，则（    ）A．的取值范围是B．能构成空间的一个基底C．“”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件D．【答案】BD【分析】根据给定条件结合空间向量相关知识逐一分析各个选项即可判断作答.【解析】因，，是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为，则三棱锥是侧棱长为1的正三棱锥，如图，作平面于点，连接，则，，，中，由余弦定理得，于是得，A不正确；因，，是不共面的，由空间向量基底的意义知，B正确；假定P，A，B，C四点共面，依题意，存在唯一实数对使得，即，而，由空间向量基本定理知，此方程组无解，则有P，A，B，C四点不共面，“”是“P，A，B，C四点共面”的不充分不必要条件，C不正确；，D正确.故选：BD10．若数列满足，则（    ）A．当，时，B．当，时，C．当，时，D．当，时，【答案】AD【分析】利用基本不等式和二次函数的性质即可判断选项A；由选项A可知，根据累乘法得到，结合不等式的性质即可判断选项B；举例，即可判断选项C；将递推公式变形可得，结合裂项相消法即可判断选项D.【解析】A：当时，，所以，当且仅当即时等号成立，又，所以等号取不到，故A正确；B：由A知，由累乘法得，所以，所以，故B错误；C：当时，，不满足题意，故C错误；D：当时，，所以，有，即，所以，故D正确.故选：AD11．在平面直角坐标系xOy中，点，动点M到点F的距离与到直线的距离相等，记M的轨迹为曲线C．若过点F的直线与曲线C交于，两点，则（    ）A．B．的面积的最小值是2C．当时，D．以线段OF为直径的圆与圆相离【答案】BCD【分析】由题意可知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，结合抛物线的相关知识可以判断ABC，结合圆与圆的位置关系的相关知识，可判断D【解析】依据题意动点M 到点 F ( 1 , 0 ) 的距离与它到直线的距离相等，由抛物线定义知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，所以点 P 的轨迹 C 的方程为 对于A， 取 AB ⊥ x 轴，则故A错误；对于B，显然直线AB的斜率不为 0 , 设直线AB的方程为, 联立整理可得 所以所以，当时取等号，所以的面积的最小值是 2， 所以B正确；C中，时 , 则 所以③ , 而①，②，①②③联立可得 由抛物线的性质可得所以C正确；D中 , 以OF 为直径的圆的方程为, 圆心半径 圆的圆心半径所以圆心距 可得两个圆相离，所以 D 正确；故选： BCD .12．若函数，则（    ）A．函数的值域为R B．函数有三个单调区间C．方程有且仅有一个根 D．函数有且仅有一个零点【答案】BC【分析】利用导数研究函数的单调性求出函数的值域，即可判断选项A；利用导数研究函数的单调性和二次函数的性质，即可判断选项B；将问题转化为函数图象的交点，分别利用二次求导、三次求导讨论函数的单调性，即可判断选项C、D；【解析】A：，令，所以在上，单调递增，在上，单调递减，所以，所以的值域为，故A错误；B：，，令，，所以函数有两个零点，所以在上，即，则单调递增，在上，即，则单调递减，所以有3个单调区间，故B正确；C：方程的根为的根，令，则，令，则，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以，所以，有，单调递增，所以函数与有一个交点，即方程有一个根，所以方程有且只有一个根，故C正确；D：函数的零点为方程的根，令，则，所以，有，即，得，令，则，令，则，所以在R上单调递增，又，所以存在使得，则在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以，当时，方程无根，函数没有零点；当时，方程有一个根，函数有一个零点；当时，方程有两个根，函数有两个零点，故D错误.故选：BC【点睛】在解函数零点相关的问题时，通常将问题转化为方程的根或函数的交点来研究，利用导数讨论函数的单调性、值域时，若第一次导没有得出结果，往往要进行二次求导或三次求导，平时练习应注重培养计算能力、逻辑推理能力和数形结合、分类讨论思想. 三、填空题13．已知，则在点处的切线方程为___________.【答案】【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，并求出，即可写出切线方程.【解析】由题设，∴，又，∴在处的切线方程为，即.故答案为：.14．已知圆C经过两点，，且圆心在直线上，若直线的方程为，圆心C到直线的距离是，则m的值是___________.【答案】【分析】设出圆的一般方程，根据其所过的点和圆心所在直线列方程组，求出圆的方程，再根据圆心到直线的距离列方程求出m的值即可.【解析】设圆C的方程为，由条件，得，解得，因此圆的一般方程为，故圆心，因此圆心到直线l的距离，解得.故答案为：15．如图，在直三棱柱中，，为中点，则平面与平面夹角的正切值为___________.【答案】【分析】由条件可得均为等腰直角三角形，从而，先证明平面，从而，即得到 为平面与平面夹角的平面角，从而可求解.【解析】由，则，则 在直三棱柱中, 平面，又平面,则又，所以平面平面,所以由由条件可得均为等腰直角三角形，则 所以，即, 由 所以平面,又平面所以，即 为平面与平面夹角的平面角.在直角中, 所以故答案为：16．已知数列前n项和为，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则的最大值是________．【答案】【分析】根据题意，可得，即可求得，根据，即可求得，进而可得的表达式，化简整理，结合基本不等式，即可求得答案.【解析】因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，所以， 所以，两式相减得，又，满足上式，所以， 又，则，又，当且仅当或3时，等号成立，所以，即最大值是．故答案为：．【点睛】易错点为：应用基本不等式时，需注意取等条件及n的取值范围，本题，所以无法满足，故在或3处取最值，属中档题. 四、解答题17．已知：圆是的外接圆，边所在直线的方程为，中线所在直线的方程为，直线与圆相切于点.(1)求点和点的坐标；(2)求圆的方程.【答案】(1)A（1,7）, (2) 【分析】（1）与的的交点为点D, 与的的交点为点A,联立解方程即可得出结果.（2）设圆P的圆心P为，由，，计算求解即可得出点坐标，由求得半径，进而可得出圆的方程.（1）由题可得：与的的交点为点D,故由，解得：，故与的的交点为点A,，解得：，故A（1，7）（2）设圆P的圆心P为，由与圆相切于点A，且的斜率为,则即，即，①又圆P为的外接圆，则BC为圆P的弦，又边BC所在直线的科率为,故根据垂径定理，有进而，即②，联立①②，解得：，即故，则圆P的方程为：.18．已知数列的首项，且满足．(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；(2)设，，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）对已知等式两边取倒数，再利用等比数列的定义证明，进而求得通项公式；（2）利用错位相减法求和即可求解.【解析】（1）由，两边取倒数得，即，即故数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，，即所以数列的通项公式为（2）由（1）知，，①②两式相减得：19．在四棱锥中，底面为直角梯形，侧面底面，.若中点为.求证：平面；若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）取的中点，连结，得到四边形为平行四边形，从而有，根据线面平行的判定定理即得到平面；（2）设到平面的距离为，根据，求得的值，进而求得直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连结因为，且，所以为平行四边形．所以，且不在平面内，在平面内，所以平面（2）因为，所以为等边三角形，取的中点，连接，则，又侧面底面，平面底面，所以底面，由已知条件，可求得，令点到平面的距离为，因为，，又因为，所以，直线与平面所成角的正弦值．【点睛】本题主要考查了中位线的性质，线面平行的判定定理，以及直角三角形边的关系，面面垂直的性质定理，棱锥的体积公式，线面角的定义的综合应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．20．阿司匹林（分子式，分子质量180）对血小板聚集的抑制作用，使它能降低急性心肌梗死疑似患者的发病风险.对于急性心肌梗死疑似患者，建议第一次服用剂量300，嚼碎后服用以快速吸收，以后每24小时服用200.阿司匹林口服后经胃肠道完全吸收，阿司匹林吸收后迅速降解为主要代谢产物水杨酸（分子式，分子质量138），降解过程生成的水杨酸的质量为阿司匹林质量的，水杨酸的清除半衰期（一般用物质质量衰减一半所用的时间来描述衰减情况，这个时间被称作半衰期）约为12小时.（考虑所有阿司匹林都降解为水杨酸）(1)求急性心肌梗死疑似患者第1次服药48小时后第3次服药前血液中水杨酸的含量（单位）；(2)证明：急性心肌梗死疑似患者服药期间血液中水杨酸的含量不会超过230.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设是小时后第次服药前血液中水杨酸的含量，先求出，再表示出递推关系式，即可求解；（2）先由（1）中递推关系式构造得到等比数列，求得，再求得刚服药后即可求解.(1)设是小时后第次服药前血液中水杨酸的含量，易知每24小时，水杨酸的含量变为原来的，则，时，，；(2)由（1）知，，则是以首项为，公比为的等比数列，故，，，故急性心肌梗死疑似患者服药期间血液中水杨酸的含量不会超过230mg.21．已知椭圆的离心率为，椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上．(1)求△面积的最大值；(2)设过点P的椭圆的切线方程为，试用k，m表示点P的坐标；(3)设点P坐标为，求证：一条光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）由离心率求椭圆方程，再由椭圆中焦点三角形的性质即可求其最大面积.（2）联立直线与抛物线，整理成一元二次方程形式，根据求得，进而求P的坐标即可.（3）由题设求得P的切线斜率、、，令的左切角为，的右切角为，应用到角公式求，即可证结论.（1）由题设，，又，则，可得，∴椭圆方程为，而在椭圆上下顶点时，△面积的最大，∴.（2）联立与，整理得：，∵直线与椭圆相切，即，∴，故，∴，则，故.（3）由P处的切线方程为，故切线斜率为，设的左切角为，的右切角为，而，，由到角公式：，，∴，即，当P为或时，过P的切线方程分别为、，由椭圆的对称性知：光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点.综上，一条光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点，得证．【点睛】关键点点睛：第三问，求P的切线斜率、、，再应用到角公式求、与P处的切线夹角大小.22．已知函数与有相同的最大值（其中e为自然对数的底数）．(1)求实数的值；(2)证明：，都有；(3)若直线与曲线有两个不同的交点，，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由题意易知，即，则，求出，讨论与0的大小关系，即可得的单调性，由，即可求出实数的值；（2）由题意易知当，明显成立，当时，原不等式等价于，令，，易证，再结合即可得证；（3）由（2）知，都有，，都有，记直线与曲线的两个交点的横坐标为，不妨设，易证，，则，又是方程的两根，化简后由韦达定理可得，则.（1）当时，，当时，，又或，所以或，综上所述，即，则，又，由题意易知，当时，当时，当时，即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，无最大值，不满足题意；当时，当时，当时，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，；（2）要证，都有，即证，当，明显成立，当时，，记，，则，，记，，则恒成立，所以在区间上单调递增，又，所以恒成立，所以在区间上单调递减，又，所以恒成立，所以，都有；（3）由（2）知，都有，当时，恒成立，所以在区间上单调递减，又，所以恒成立，所以在区间上单调递减，又，所以恒成立，即，都有，由（1）知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，，又当时，恒成立，直线与曲线有两个交点，这两个交点必在第一象限，且，记直线与曲线的两个交点的横坐标为，不妨设，由题意可知，，又，所以，因为在上单调递增，所以同理可得，于是，而是方程的两根，即方程的两根，所以，所以.【点睛】方法点睛：一般地，已知函数，若，总有成立，方法一：，；方法二：，，.