2022-2023学年广东省深圳大学附属中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳大学附属中学高二上学期期末数学试题（解析版），共20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。

一、单选题
1．直线，，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】根据两直线垂直可得出关于的等式，即可得解.
【详解】因为，则，解得或.
故选：D.
2．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算，即得.
【详解】由题意得：.
故选：B.
3．《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积是（ ）
A．升B．升C．升D．升
【答案】A
【分析】设此等差数列为，利用方程思想求出和，再利用通项公式进行求解．
【详解】根据题意得该竹子自上而下各节的容积形成等差数列，
设其首项为，公差为，
由题意可得，
所以，解得，
所以，
即第5节竹子的容积为升．
故选：A．
4．如图，在直三棱柱中，，已知与分別为和的中点， 与分别为线和上的动点（不包括端点），若 、则线段长度的取值范围为（ ）
A．[ )B．[ ]C．[)D．[]
【答案】A
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出的坐标，根据已知条件求得参数之间的关系，并建立关于参数的函数关系式，求其值域即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设点坐标为，，
故，因为，
故可得，则，由可得，
又，故,
故当时，取得最小值；又当时，，但无法取到，则无法取到；
综上，线段DF长度的取值范围为.
故选：A
5．圆上到直线的距离为1的点有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．0个
【答案】C
【详解】化为，得圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离直线与圆相交.注意到，可知圆上有3个点到直线的距离为1.故选：C.
6．已知数列的前项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由得，即，根据等比数列的定义可得答案.
【详解】，，
因为，所以，
可得，而，
所以时，是以为首项，为公比的等比数列，，
所以.
故选：A.
7．已知函数，，若直线与函数，的图象都相切，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义分别得到、，再运用基本不等式即可求解.
【详解】设直线与函数，的图象相切的切点分别为，.
由，有，解得，.
又由，有，解得，，可得，当且仅当，时取“=”.
故选：B
8．设双曲线的右顶点为，左、右焦点分别为，，是在第一象限的一点，满足，，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，可得∽，则.根据条件得出线段长度，即可得到，从而求出答案.
【详解】
如图，由已知得，，，
所以，.
和均为等腰三角形，
且，所以，
所以∽，
所以有，即，所以，.
故选：C.
二、多选题
9．如图，点，，，，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线，则（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上任一点到原点的距离最小值
C．曲线与轴围成的图形的面积等于
D．所在的圆截直线所得弦的长为
【答案】ABD
【分析】由题意可判断A；，到原点的距离最小，最小值为可判断B；求出、、所在的圆的方程，曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，求出面积可判断C；求出所在的圆截直线所得弦的长可判断D.
【详解】解：对于A，由图可知，曲线关于轴对称,A选项正确；
对于B，明显是，到原点的距离最小，最小值为，所以B正确；
对于C，、、所在的圆的方程分别为，，.
曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，其面积为，故C错误；
对于D，所在的圆的方程为，圆心，
圆心到直线的距离，
则所求的弦长为，故D正确.
故选：ABD
10．在棱长为2的正方体ABCD—中，M为底面ABCD的中心，Q是棱上一点，且，N为线段AQ的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．CN与QM异面B．三棱锥的体积跟λ的取值无关
C．不存在λ使得D．当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的面积为
【答案】BD
【分析】证明可判断A；由等积法可判断B；建立坐标利用向量数量积可判断C；求出截面梯形的面积可判断D
【详解】连AC，CQ，则M，N分别为AC，AQ的中点，MN为的中位线.
∴，则CN，QM共面，A错.
为定值，B对.
如图建系，，则
，
，C错.
截面如图所示，图形ACFQ，过Q作AC的垂线 垂足为G.
，
∴，D对.
故选：BD
11．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图，在长度为的线段上取两个点、，使得，以为边在线段的上方做一个正方形，然后擦掉，就得到图形；对图形中的最上方的线段作同样的操作，得到图形；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图，图，图，图，各图中的线段长度和为，数列的前项和为，则（ ）
A．数列是等比数列B．
C．存在正数，使得恒成立D．恒成立
【答案】BD
【分析】根据题意得到递推公式，利用累加法求出数列的通项公式，可判断AD选项正误；利用分组求和法可判断B选项的正误，利用数列的单调性可判断C选项的正误.
【详解】由题意知，，
以此类推可得，
故
，
故数列不是等比数列，故A错误；
，故B正确；
因为恒成立，且单调递增，
则数列单调递增，所以，数列无最大值，
因此，不存在正数，使得，故C错误；
恒成立，故D正确.
故选:BD.
12．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】令，利用导数研究单调性可判断AB；令，利用导数研究单调性可判断CD
【详解】令，则，
故为增函数，
由，得，故A错误，B正确.
令，则，
当时，，
则的导函数，
则在上单调递减，
则，得在上单调递减，
所以，得，故C正确，D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．试写出一个点的坐标：__________，使之与点，三点共线．
【答案】（答案不唯一）
【分析】设出点的坐标，利用空间向量共线得到，求出，写出一个符合要求的即可.
【详解】根据题意可得，设 ，则设，
即
故 ，不妨令，则，故．
故答案为：
14．已知函数的导函数为，且满足关系式，则___________．
【答案】
【分析】首先求导数，再代入，求解.
【详解】由条件可知，，，
解得：.
故答案为：
15．已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，点是和的一个交点.若点满足是正三角形且，则______.
【答案】.
【分析】根据已知求出，，.根据椭圆以及双曲线的定义可推得，在中，根据余弦定理可列出关于的方程，解出，进而得到，即可求出结果.
【详解】
由已知可得，椭圆和双曲线的焦点坐标均为，，
即，.
设点在第一象限.因为点在椭圆上，所以有，
又点在双曲线上，所以有，所以.
又是正三角形，所以，，
所以有，则三点共线.
则在中，有，，
由余弦定理可得，，
即，整理得，
又，所以，则由可得，.
故答案为：.
16．已知数列满足，且前项和为，则_______．
【答案】
【分析】当为奇数时，采用累加法可求得；当为偶数时，；采用分组求和的方式，分别求解奇数项和偶数项的和，从而利用前项和为构造方程求得结果.
【详解】当为奇数时，；
，，…，，
各式相加得：，
当为偶数时，；
，解得：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式求解数列首项的问题，解题关键是能够分别在为奇数和为偶数两种情况下得到奇数项和偶数项满足的关系式，采用分组和并项求和的方式可构造方程.
四、解答题
17．已知数列的首项，前项的和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系进行求解即可；
（2）使用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）当时，，
当时，由，得，
（），
且满足上式，
综上所述，数列的通项公式为.
（2）由第（1）问知，，∴，
∴，
∴
.
∴数列的前项和.
18．矩形的两条对角线相交于点，边所在直线的方程为，所在直线的方程为.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求经过，，三点的圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立两条直线得点，由C与A关于点M对称得，由与垂直，得边所在直线的方程；
（2）联立直线方程解出B点坐标，设圆的一般方程，将M，A，B坐标分别代入，解出圆的方程.
【详解】（1）由，得，则，
因为矩形ABCD两条对角线相交于M，所以C与A关于点M对称，
设，所以，得，则，
因为边所在直线的方程为，斜率为，
与垂直，所以直线的斜率为，
则边所在直线的方程为，即；
（2）由，解得，故点的坐标为，
设所求圆的方程为，且，
则，得，
则所求圆的方程为：.
19．如图，在四棱锥中，底面边长为是菱形，，是对角线和的交点，，为锐角，，点为线段上一动点，且始终有.
(1)求三棱锥的体积；
(2)若二面角为，求此时直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由面积为，求得，解三角形得，证明平面得，得，证明，得平面，利用等体积法求的体积；
（2）由二面角为，解得，建立空间直角坐标系，计算直线BM与平面MCD所成角的正弦值.
【详解】（1）在中，，，
则，且为锐角，，
由余弦定理，，即，
由于四边形为菱形，则，且，
，，平面，则平面，
因为平面，所以，
因为为正三角形，，，则，
因为，所以，由于，，平面，
所以平面，
则；
（2）
如图，过点作，连接，
由（1），平面，且平面，则，
所以，则，
由于，，两两垂直，如图建系，
，，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，
则，即，取，则，
设所求角为，那么，
则所求角正弦值为.
20．已知各项均为正数的数列的前项和为，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退一相减法可得数列为等差数列，进而可得其通项公式；
（2）利用错位相减法可得，再根据的单调性可得取值范围.
【详解】（1）由，得①，
所以当时，②.
由①减②，得.
因为数列为各项均为正数的数列，所以，
又由，，得
所以，所以
故数列是首项为，公差为的等差数列，所以；
（2）由（1），得，
所以数列的前项和.
所以，
两式作差可得：，
所以
由于，，
则数列在上单调递增，
于是.
21．如图，曲线是以原点为中心，、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以为顶点、为焦点的抛物线的一部分，是曲线和的一个交点，且为钝角，，．
(1)求曲线和所在椭圆和抛物线的方程；
(2)过作一条与轴不垂直的直线，分别和曲线和交于、、、四点，若为的中点，为的中点，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)椭圆方程为，抛物线方程为．
(2)是，且
【分析】（1）设椭圆方程为，利用椭圆定义可求得的值，设、、，利用两点间的距离公式和抛物线的定义可得出关于、、的方程组，结合已知条件得出，解出的值，即可得出椭圆和抛物线的方程；
（2）设、、、，设直线的方程为，其中，将直线的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定可计算出的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：设椭圆方程为，则，得，
设、、，抛物线方程为，其中，
则，，
两式相减得，由抛物线定义可知，
因为为钝角，则，解得，
所以，椭圆方程为，抛物线方程为．
（2）解：设、、、，
设直线的方程为，其中，
联立可得，
由韦达定理可得，，
联立可得，由韦达定理可得，，
所以，
.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．已知函数.
(1)若是的极小值点，求的取值范围；
(2)若只有唯一的极值点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分，和讨论函数单调性即可求解；
（2）由（1）可知当时，此时有唯一的极大值点，题意转化成，令，利用导数求其最值即可
【详解】（1）由可得，
当时，，
则当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
当时，令，则或；
由可得当时，，单调递增；当或时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
当时，，
①若，即，，故在上单调递增，不符合题意，舍去；
②若，即时，
当或时，，单调递增；当时，，单调递减，
故是的极大值点，不符合题意，舍去；
③若，即时，
当时，，单调递减；当或时，，单调递增，
故是的极小值点，符合题意.
综上所述，的取值范围.
（2）由（1）可知，当时，此时有唯一的极大值点，要证：，
设，，
设，，，
当，当，
于是在单调递增，在单调递减，
于是，
则由可得，
当，当，
且在单调递减，在单调递增，
那么，即证
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．