2022-2023学年山西省朔州市怀仁市第九中学校高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省朔州市怀仁市第九中学校高二上学期期末数学试题含解析，共19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学年山西省朔州市怀仁市第九中学校高二上学期期末数学试题 一、单选题1．在等差数列中，若，，则（    ）A．30 B．35 C．40 D．45【答案】C【解析】利用等差数列性质，若，则及等差中项公式可求.【详解】因为 ，由等差中项公式，得，同理，得，．故选：C．【点睛】本题考查等差数列性质与等差中项公式.（1）如果为等差数列，若，则 ．（2）为等差数列，则有.2．已知函数在处取得极值，则（    ）A．1 B．2 C． D．-2【答案】C【分析】利用列方程，解方程求得的值.【详解】，依题意，即.此时，所以在区间上递增，在区间上递减，所以在处取得极大值，符合题意.所以.故选：C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值点、极值，属于基础题.3．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出双曲线方程中的即得解.【详解】解：∵抛物线的焦点是（2，0），∴，，∴，∴．所以双曲线的渐近线方程为.故选：D4．已知实数4，m，9构成一个等比数列，则圆锥曲线＋y2＝1的离心率为（    ）A． B． C．或 D．或7【答案】C【分析】根据等比中项可求，然后代入曲线方程分别得到曲线为椭圆和双曲线，根据离心率的公式即可求解.【详解】实数4，，9构成一个等比数列，可得，当时，圆锥曲线为椭圆,则其离心率为：．当时，圆锥曲线为双曲线,其离心率为：．故选：C．5．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知，，进而利用向量求解异面直线所成角即可.【详解】解：由题知，在直三棱柱中，平面，平面，∵平面，平面，∴，，∵，，∴.∵，，∴，∴异面直线与所成角的余弦值为故选：C.6．如图，在下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前项，则这个数列的一个通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据图象计算出、、、的值，进而可归纳得出数列的通项公式.【详解】设第幅图中着色的三角形个数为，由图形可得，，，，据此可归纳得出该数列的一个通项公式为.故选：A.【点睛】本题考查利用观察法求数列的通项公式，考查推理能力，属于基础题.7．已知直三棱柱A． B． C． D．【答案】C【详解】因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝ 8．已知，，若，，使得，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意可知，根据函数的单调性求得这两个函数的最小值，列出不等式可解得答案.【详解】由题意，，使得，则需满足，在上单调递增，故，在上单调递减，故，故，即，故选：A 二、多选题9．已知函数，其导函数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】先令代入函数可得，再对函数求导后把代入导函数中可得，从而可求得【详解】因为，所以．因为，所以．故．故选：BC【点睛】此题考查导数的运算，属于基础题10．如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则下列四个结论中正确的是（    ）A．B．是等边三角形C．与所成的角为D．与平面所成的角为【答案】ABC【分析】对于A，根据等腰三角形的三线合一及线面垂直的判定定理，再利用线面垂直的性质定理即可求解；对于B，根据直角三角形斜边的中线定理及面面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及勾股定理即可求；对于C,根据直角三角形斜边的中线定理及三角形的中位线定理，再结合异面直线所成角的定义即可求解；对于D，根据B选项及线面角的定义，结合等腰直线三角形即可求解.【详解】如图所示对于A，取的中点，连接，折叠后是等腰直角三角形，，，又,所以平面，平面，所以，故A项正确；对于B，设折叠前正方形的边长为，则，，由平面平面，因为是的中点，是等腰直角三角形，所以，又平面平面，平面，所以平面,平面，所以,所以，所以是等边三角形，故B项正确；对于C，设折叠前正方形的边长为，则取的中点的中点，连接，，所以所以是直线与所成的角（或补角），在中，，所以是等边三角形，所以，所以与所成的角为，故C项正确；对于D，由B 选项知，平面,是直线在平面内的射影，所以是直线与平面所成的角，因为是的中点，是等腰直角三角形，所以，，所以是等腰直角三角形；即，所以与平面所成的角为，故项错误.故选：ABC.11．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（    ）A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n－1 D．【答案】ABD【分析】根据求得，进而求得以及判断出是等比数列.【详解】依题意，当时，，当时，，，所以，所以，所以.当时，；当时，符合上式，所以.，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD12．对于函数，下列说法正确的是（    ）A．在处取得极大值B．有两个不同的零点C．D．若在上恒成立，则【答案】ACD【分析】根据导函数确定的单调性极值及最值情况，就能确定ABC的正误，对于D，恒成立问题，可通过参变分离求最值来解决.【详解】【解】A选项，，定义域为，，令，解得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，函数在时取得极大值也是最大值，故A对，B选项，时，，，当时，如下图所示：函数有且只有唯一一个零点，故B错，C选项，当时为单调递减函数，，，，故C对，D选项，，故，由于函数在上恒成立，，设，定义域为，则，设，解得，单调递增，单调递减，，故，故D对.故选：ACD. 三、填空题13．求函数的导数为______；【答案】【分析】根据求导法则以及复合函数的求导，即可得答案.【详解】由题意可得，故答案为：14．已知数列的通项公式是则___________.【答案】【分析】根据数列的通项公式代入求解即可.【详解】因为，，所以，所以.故答案为：15．已知双曲线的虚轴长为2，离心率为，，为双曲线的两个焦点，若双曲线上有一点，满足，则的面积为______.【答案】【分析】利用双曲线的离心率，以及虚轴长，求解，得到双曲线的方程，利用双曲线的简单性质以及定义，结合余弦定理和三角形的面积公式求解即可.【详解】由题意双曲线的虚轴长为2，离心率为，故，又，则，故双曲线的方程为．由双曲线方程可知，所以，由双曲线定义有，两边平方得①，由余弦定理有，即②，由①②可得，故，故答案为：16．已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围为______【答案】【分析】函数有三个零点，可转化为与直线有三个交点，对 分类讨论，当时不满足条件，当时求出过原点与函数在上的切线，数形结合即可求解.【详解】如图，函数恰有三个零点，等价于方程，有三个解，即函数与函数的图象有三个交点，又有为过原点的直线由图可知，当时，函数的图象与函数的图象没有有三个交点，不满足条件.当时, 当且仅当为的切线的时候，方程恰有两个解，故而，令为的切线，设切点为，则切线的方程为，由于切线过原点，所以，即，此时直线的斜率为，由题意知，即.故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数切线的求法，函数的零点个数的判定，数形结合的思想，属于中档题. 四、解答题17．若，，求：（1）的单调增区间；（2）在上的最小值和最大值.【答案】(1) 增区间为;(2) .【详解】分析：（1）求导，解不等式得到的单调增区间；（2）求出极值与端点值，经比较得到在上的最小值和最大值.详解：（1），由 解得，的增区间为；（2）， （舍）或，, , ， 点睛：函数的最值(1)在闭区间上连续的函数f(x)在上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．18．在等差数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列是首项为2，公比为2的等比数列，求数列的前和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由数列是等差数列，且，，利用“”法求解.（2）根据数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，进而得到，然后利用分组求和法求解.【详解】（1）设数列的公差为，则，即解得，所以.（2）因为数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，又，∴，.【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算以及等比数列和分组求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19．已知函数，，．若在处与直线相切．（1）求，的值；（2）求在，上的最大值．【答案】（1）；（2） .【分析】（1）对进行求导，先利用导数求出在处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．列出关于，的方程求得，的值．（2）判定函数的单调性，可得函数的极大值就是最大值，求出函数的极值可确定出最大值．【详解】（1）函数，，函数在处与直线相切，，解得；（2），，当时，令得：，令，得，在，，上单调递增，在，上单调递减，所以函数的极大值就是最大值，（1）．【点睛】本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究曲线上某点切线方程、导数在最大值、最小值问题中的应用考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．20．已知椭圆的焦距为 ，椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6.直线与椭圆交于 ，两点，点为的中点.(1)求椭圆的方程；(2)用表示点的坐标.(3)设点，且，求直线的方程.【答案】(1)(2)(3)或. 【分析】（1）由椭圆的定义可得a，由焦距的概念可得c，再由的关系可得b，进而得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由中点坐标公式可得点的坐标；（3）利用两直线垂直的条件，可求得k的值，即可得直线方程．【详解】（1）由椭圆的定义可得，，解得，，所以，所以椭圆C的方程为．（2）由，得，由于直线与椭圆有两个不同的交点，所以，得，设，则，，点为的中点，所以中点坐标.（3）因为，，即，所以 ，解得，满足，所以直线l的方程为或.【点睛】关键点睛：解答第3问求直线的方程，关键是根据直线的垂直，利用两直线斜率之积为，列出方程求得直线的斜率，即可求解.21．在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成问题的解答.问题：已知数列是等比数列，且，其中，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）记________，求数列的前2n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）答案见解析.【分析】（1）根据，，成等差数列得，即可由此求出公比，写出通项公式；（2）选择条件①，利用错位相减法可求出；选择条件②，利用分组求和法可求出；选择条件③，利用裂项相消法可求出.【详解】（1）设数列的公比为q，因为，，成等差数列，，又因为，所以，即，所以，或（舍去），所以，.（2）由（1）知，选择条件①，则，，，.由（1）知，选择条件②，则，所以.由（1）知，选择条件③，则，，.【点睛】本题考查等比数列的通项公式求法，考查数列的求和方式，属于中档题.22．如图所示，在三棱锥中，平面，，分别是的中点，，与交于，与交于点，连接．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）【详解】解法一 （Ⅰ）在中，分别是的中点，则是的重心，同理，所以，因此又因为是的中位线，所以.（Ⅱ）解法1 因为，所以,又，所以平面，平面，为二面角的平面角，不妨设由三角形知识可得由余弦定理得解法2分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图不妨设则设平面的法向量为，则，所以，令得同理求得平面的一个法向量为，因此由图形可知二面角的余弦值为解法二（Ⅰ）证明：因为分别是的中点，所以∥,，所以∥，又平面，平面，所以∥平面，又平面,平面平面，所以∥，又∥，所以∥.（Ⅱ）解法一：在中,,,所以，即,因为平面,所以，又，所以平面，由（Ⅰ）知∥,所以平面，又平面，所以，同理可得，所以为二面角的平面角，设,连接，在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， 又为的重心，所以同理,在中，由余弦定理得， 即二面角的余弦值为.解法二：在中，,,所以，又平面,所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,, ,，, ,所以, ,,,设平面的一个法向量为，由，,得取，得.设平面的一个法向量为由，,得取，得.所以因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【考点定位】本题考查了空间直线的位置关系的判定和二面角的求法，考查了空间想象能力、推理论证能力和运算能力．第一问主要涉及平面几何的图形性质，中点形成的平行线是常考点之一，论证较为简单．第二问有两种方法可以解决，因图形结构的简洁性，推理论证较为简单，而利用空间向量运算求解二面角就相对复杂了.