2022-2023学年吉林省实验中学高二上学期期末数学试题（解析版）

吉林省实验中学

2022-2023学年度上学期高二年级期末考试（一卷）

数学

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至3页，第Ⅱ卷4至5页.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码.

2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.

3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存.

第I卷

一、单选题：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. 若,,且,为共线向量,则值为（）

A. 2 B.  C. 6 D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】由,为共线向量,建立等式,解出即可.

【详解】解:由题知,,为共线向量,

因为,,

所以有,

解得,

故.

故选:A

2. 已知数列为等差数列，其前项和为，若，，则公差等于（）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过已知条件得出，即可由等差数列通项得出答案.

【详解】数列为等差数列，其前项和为，

，

，

，

，

解得，

故选：D.

3. 若函数的导函数的图象关于轴对称，则的解析式可能为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】A选项，求导后得到，为奇函数，A错误；B选项，求导后，为非奇非偶函数，错误；C选项，求导后，不是偶函数，舍去；D选项，求导后为偶函数，满足题意.

【详解】A选项，定义域为R，且，故为奇函数，关于原点对称，A错误；

B选项，，定义域为R，由于，故不关于轴对称，B错误；

C选项，，定义域为R，由于，故不关于轴对称，C错误；

D选项，，定义域为R，则，故关于轴对称，D正确.

故选：D

4. 圆与轴相切于，与轴正半轴交于两点，，且，则圆的标准方程为

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】设圆心，则有，因此圆C的标准方程为，选A.

5. 已知，，则（）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数法则及基本初等函数的导数公式，结合函数导数值即可求解.

【详解】由，得，

又因为，

所以，解得.

故选：B.

6. 在等比数列中，，，则等于（）

A. 1 B.  C. 1或 D. 或3

【答案】A

【解析】

【分析】设公比为，而，由求出，再由求出，即可求出得解.

【详解】设公比为，，

当时，，

当时，同号，故舍去.

故选：A.

7. 如图所示，在三棱柱中，底面，，，点，分别是棱，的中点，则直线和所成的角是（）

A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°

【答案】B

【解析】

【分析】利用空间向量的坐标运算，求异面直线所成角的余弦值即可求解.

【详解】因为底面，底面,所以，

且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，

则

所以,

设直线和所成的角为，

则,

因为，所以，

故选:B.

8. 设是椭圆上一点，，分别是两圆和上的点，则的最小值、最大值分别为（）

A. 8，11 B. 8，12 C. 6，10 D. 6，11

【答案】C

【解析】

【分析】求出两圆圆心和半径，得到圆心和刚好为椭圆的两个焦点，从而利用椭圆定义求出，可得的最大值为，的最小值为，求出答案.

【详解】的圆心为，的圆心为，两圆半径均为，

由于，，所以椭圆的两个焦点分别为和，

由椭圆定义可知：，

所以的最大值为，的最小值为.

故选：C

二、多选题：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. 某物体的运动方程为（位移单位：m，时间单位：s），若，则下列说法中错误的是（）

A. 18m/s是物体从开始到3s这段时间内的平均速度

B. 18m/s是物体在3s这一时刻的瞬时速度

C. 18m/s是物体从3s到s这段时间内某一时刻的速度

D. 18m/s是物体从3s到s这段时间内的平均速度

【答案】ACD

【解析】

【分析】由瞬时速度定义可得答案.

【详解】因表示秒这一时刻的瞬时速度，则表示在3s这一时刻的瞬时速度，故不选B，选ACD.

故选：ACD

10. 给出下列命题，其中正确命题是（）

A. 垂直于同一平面的两直线平行 B. 平行于同一平面的两直线平行

C. 平行于同一直线的两直线平行 D. 空间中不相交的两直线平行

【答案】AC

【解析】

【分析】根据线线、线面位置关系有关知识确定正确选项.

【详解】A选项，垂直于同一平面的两直线平行，A正确，

B选项，平行于同一平面的两直线可能相交、异面、平行，B错误.

C选项，平行于同一直线两直线平行，C正确.

D选项，空间中不相交的两直线可能是异面或平行，D错误.

故选:AC

11. 已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（）

A. 若，则

B. 以为直径的圆与轴相切

C. 设，则

D. 过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条

【答案】AC

【解析】

【分析】已知抛物线的方程，利用抛物线的性质，焦点弦的性质，数形结合判断各选项．

【详解】取的中点，在上的投影为，在的投影为，如图所示：

对于选项A，因为，所以，故A正确；

对于选项B， 根据抛物线的性质，，为梯形的中位线，

故，以为直径的圆与准线相切，故B不正确；

对于选项C，因为，所以，故C正确；

对于选项D，显然直线，与抛物线只有一个公共点，

设过的直线方程为，联立可得，

令，解得，所以直线与抛物线也只有一个公共点，

此时有三条直线符合题意，故D错误.

故选：AC.

12. 若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，斐波那契数列被誉为是最美的数列．则下列关于斐波那契数列结论正确的是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由递推公式，利用累加法得到AB选项，计算出前6项，从而判断CD选项.

【详解】当时，由可得，，…，．

又由，，可得，即，

累加可得，

， 故A正确；

又，，，…，，

累加可得

，故B错误；

∵，，，

所以，，，，

所以C正确；

又，

所以D正确；

故选：ACD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在点处的切线方程为_______.

【答案】

【解析】

【分析】求导后代入切点的值得出切线的斜率，即可由点斜式得出切线方程.

【详解】，

，

当时，，

又切点为，

所求切线方程为，

故答案为：.

14. 平面直角坐标系中直线y＝2x＋1关于点(1,1)对称的直线方程是________．

【答案】y＝2x－3

【解析】

【分析】

首先在直线上任取两个点，，分别求出两点关于的对称点，的坐标，再用两点式即可求出对称的直线方程.

【详解】在直线上任取两个点，，

则点关于点对称的点为，

点关于点对称的点为.

由两点式求出对称直线的方程为，即.

故答案为：

【点睛】本题主要考查直线关于点的对称问题，同时考查了点关于点的对称问题，属于简单题.

15. 若曲线存在与直线平行的切线，则实数的最大值为________.

【答案】3

【解析】

【分析】首先求导，根据题意得到在有解，再设，，根据求解即可.

【详解】，

因为曲线存在与直线平行的切线，

所以在有解.即在有解.

设，，

则，

当且仅当，即时等号成立，即.

所以，即的最大值为.

故答案为：3

16. 已知点是双曲线的左右焦点，若双曲线左支上存在点与点关于直线对称，则该双曲线的离心率为___________

【答案】

【解析】

【分析】结合已知条件，利用对称关系表示出点坐标，然后将其代入双曲线方程即可求解.

【详解】过焦点且垂直渐近线的直线方程为，即

联立渐近线方程与，可得，，

故对称中心的点坐标为，

由中点坐标公式可得对称点，

将其代入双曲线的方程可得，

即：，故，,

故.

故答案：.

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. 设直线的方程为.

（1）求直线所过定点的坐标；

（2）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程.

【答案】（1）

（2）或.

【解析】

【分析】（1）将方程变形为，解方程组，就可得到直线所过的定点坐标.

（2）首先根据直线方程求出过原点时，满足题意的的值；再根据它在两坐标轴上的截距相等(不过原点时)，求出的值，进而分别得出直线的方程.

【小问1详解】

因直线的方程为，

可得，，

解得，即直线所过定点的坐标为.

【小问2详解】

直线过原点时，在轴和轴上的截距为零.

符合题意，∴，方程即为.

当直线不过原点时，由截距存在且均不为，

∴，即.

∴，方程即为.

因此直线的方程为或.

18. 已知数列是等差数列，是等比数列，，，，.

（1）求、的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1），

（2）

【解析】

【分析】（1）由可求得数列的公比，由等比数列通项公式可得，进而得到；由可求得数列的公差，由等差数列通项公式可得；

（2）由（1）可得，采用分组求和法，结合等差、等比数列求和公式可得.

【小问1详解】

设等比数列的公比为，则，；

又，，设等差数列的公差为，则，

.

【小问2详解】

由（1）得：；

.

19. 已知圆经过，，圆心在直线上，过点且斜率为的直线与圆有公共点.

（1）求圆的方程；

（2）求直线的斜率的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）设圆的方程为把，代入方程，圆心代入，列方程求解.

(2)直线与圆相交满足圆心到直线的距离小于半径.

【小问1详解】

设圆的方程为，则依题意，得

解得，

∴圆的方程为.

【小问2详解】

依题意可知，直线的方程为，圆心到直线的距离为，

，

解得

20. 如图，四棱锥中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，，E为PC中点．

（1）求证：DE⊥平面PCB；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）根据条件先证BC⊥平面PCD，得到BC⊥DE，再由DEPC，即可证明DE⊥平面PCB.

（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE，平面PDB的法向量，即可求得二面角的余弦值.

【小问1详解】

证明:PD⊥平面ABCD，

∴PD⊥BC，

又∵正方形ABCD中，CDBC，PDCD＝D，

∴BC⊥平面PCD，

又∵DE平面PCD，

∴BC⊥DE，

∵PD＝CD，E是PC的中点，DEPC，PCBC＝C，

且面，面

∴DE⊥平面PCB

【小问2详解】

以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意知：

则，

设平面BDE的法向量为，

则，

令，得到，

又，则，且AC⊥平面PDB，

∴平面PDB的一个法向量为，

设二面角的平面角为，

则，

所以二面角的余弦值为．

21. 已知数列的前项和，数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由，可得，后可得的通项公式；

（2）由（1）可得，后可由错位相减法求数列的前项和.

【小问1详解】

当时，，

当时，，

又满足上式，∴，

∴.

【小问2详解】

由（1）得，，，∴，

∴，

∴，①

①×2得，②

①②得，

∴.

22. 已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

【详解】（Ⅰ）因为椭圆上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为，

所以，

又椭圆的离心率为，即，所以，

所以，.

所以，椭圆的方程为.

（Ⅱ）不妨设直线的方程.

由消去得，

设，，

则有，. ①

因为以为直径的圆过点，所以.

由，

得.

将代入上式，

得.

将 ① 代入上式，解得或（舍）.

所以（此时直线经过定点，与椭圆有两个交点），

所以

.

设，

则.

所以当时，取得最大值.