2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第四中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第四中学高二上学期期末数学试题（解析版），共15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学年山东省临沂市兰陵县第四中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．如果且，那么直线不经过（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】通过直线经过的点来判断象限.【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；令，得；令，得；所以直线不经过第三象限.故选：C.2．如图所示，在正方体中，点是侧面的中心，若，求（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【解析】利用空间向量的加减法运算用来表示，即得结果.【详解】，故，，，则．故选：C.3．已知从点发出的一束光线，经x轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据反射性质，结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.【详解】设点的坐标为，圆的圆心坐标为，设是x轴上一点，因为反射光线恰好平分圆的圆周，所以反射光线经过点，由反射的性质可知：，于是，所以反射光线所在的直线方程为：，故选：A4．已知等差数列的前项和为，若，则=（    ）A．12 B．24 C．36 D．48【答案】C【分析】根据等差数列的下标和性质和等差数列前项和的计算，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为是等差数列，且，故可得：；又.故选：C.5．若函数，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据导数的运算可得出关于的等式，即可求得的值.【详解】因为，则，所以，，解得.故选：B.6．设、，向量，，且，，则（      ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选：D.7．已知椭圆C：（）的左､右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．.【答案】B【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，所以，可得，即，又，所以.故选：B8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）A．103 B．107 C．109 D．105【答案】B【分析】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即可得出，求得答案.【详解】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即，则，∴，故选：B 二、多选题9．下列导数运算正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据导数的运算法则逐项运算排除可得答案.【详解】对于A，，故错误；对于B， ，故正确；对于C， ，故正确；对于D， ，故错误.故选：BC.10．设抛物线C：的焦点为F，点M在C上，，若以MF为直径的圆过点，则抛物线C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】结合抛物线的定义求得点的坐标，将点坐标代入抛物线方程，求得，由此求得抛物线的方程.【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点，设，由抛物线的性质知，得．因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得圆心的横坐标为，由已知得圆的半径也为，故该圆与y轴相切于点，故圆心的纵坐标为2，则点M的纵坐标为4，即，代入抛物线方程，得，解得或．所以抛物线C的方程为或．故选：AC11．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中正确的是（    ）A．三棱锥的体积不变 B．平面C． D．平面平面【答案】ABD【分析】利用等体积法判断体积不变，A正确；证明平面平面，即知平面，B正确；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算证明C错误D正确即可.【详解】对于A，的面积是定值，，平面，平面，∴平面，故到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积不变，故A正确；对于B，由选项A知，平面，同理平面，而，平面，∴平面平面，平面，平面，故B正确；对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，P在上，故可设，则，，，则不一定为0，和不垂直，故C错误；对于D，设，则，，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，.∴平面和平面垂直，故D正确.故选：ABD.12．设数列{}是等差数列，是其前n项和，且，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．和均为的最大值【答案】ACD【分析】由题意推出，，由此可判断A,C;利用，结合，判断B；由，可判断D.【详解】由得，即，又，，，故C正确；，故A正确；对于B，，而，故，，故， B错误；由以上分析可知： ，故 ,均为的最大值，故D正确；故选：ACD． 三、填空题13．直线被圆O；截得的弦长最短，则实数m=___________.【答案】1【分析】求出直线MN过定点A（1,1），进而判断点A在圆内，当时，|MN|取最小值，利用两直线斜率之积为-1计算即可.【详解】直线MN的方程可化为，由，得，所以直线MN过定点A（1，1），因为，即点A在圆内.当时，|MN|取最小值，由，得，∴，故答案为：1.14．已知数列的首项，则_________．【答案】【分析】根据题意，分别求得，得出数列是以为周期的周期数列，结合周期性，即可求解.【详解】由，则，以此类推可知，对任意的，都有，即数列是以为周期的周期数列，因为，所以.故答案为：.15．曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【详解】由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故答案为：．16．已知双曲线：（，），矩形的四个顶点在上，，的中点为的两个焦点，且，则双曲线的标准方程是______．【答案】【分析】如图所示，设，的中点分别为，，则可得，，再利用双曲线的定义可得，即求.【详解】由题意得，．如图所示，设，的中点分别为，，在中，，故．由双曲线的定义可得，则，又，所以，．所以双曲线的标准方程是．故答案为：. 四、解答题17．如图，已知平面，底面为正方形，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）利用直线的方向向量，平面的法向量，计算线面角的正弦值.【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则.，，所以,由于，所以平面.（2），，设平面的法向量为，则，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则.18．已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据求出，进一步求出．（2）化简，利用分组求和的方法求出答案.【详解】解：（1）设数列的公比为，因为于是，解得或，因为，所以，所以．（2）由（1）可得，，.19．已知椭圆的标准方程为：，若右焦点为且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设，是上的两点，直线与曲线相切且，，三点共线，求线段的长．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据椭圆的焦点、离心率求椭圆参数，写出椭圆方程即可.（2）由（1）知曲线为，讨论直线的存在性，设直线方程联立椭圆方程并应用韦达定理求弦长即可.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，则，又，∴椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为当直线的斜率不存在时，直线，不合题意：当直线的斜率存在时，设，又，，三点共线，可设直线，即，由直线与曲线相切可得，解得，联立，得，则，，∴.20．在①，，②数列的前3项和为6，③且，，成等比数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.已知是等差数列的前n项和，，___________.(1)求；(2)设，求数列的前n项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用基本量法求得公差d，进而求得；（2）由（1）得，利用裂项相消求和法即可求得.【详解】（1）解：选条件①：设等差数列的公差为d，则由得，将代入，解得或，因为，所以，所以；选条件②：设等差数列的公差为d，则，由数列的前3项和为6及得，解得，所以；选条件③：设等差数列的公差为d，则由，，成等比数列得，将代入得，解得或，因为，所以，所以；（2）解：由（1）得，所以.21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．【答案】(1)y2＝4x(2)证明见解析 【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x．（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，，同理：，由题意：，∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，∴y1y2＝4，∴﹣4t＝4，∴t＝﹣1，故直线AB恒过定点(﹣1，0)．22．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．（1）求圆C的标准方程；（2）直线与圆C交于A，B两点．①求k的取值范围；②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.【分析】（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.【详解】（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆 C的标准方程为：.（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，所以，即k的取值范围是.（ⅱ）设，由根与系数的关系：，所以.即直线OA,OB斜率之和为定值.