精品解析：山东省滨州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（解析版）

高二数学试题 

2023.2

注意事项

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．在考试结束后将本试卷和答题卡一并交回．

一、单项选择题：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. 直线的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出直线的斜率，进而可得出该直线的倾斜角.

【详解】因为直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为.

故选：A.

2. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由向量垂直坐标表示直接构造方程求解即可.

【详解】，，解得：.

故选：B.

3. 已知函数，则（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】根据正弦函数与对数函数的求导公式求解即可.

【详解】由题意，，故.

故选：D

4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且满足，N为BC的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量的加法和减法的三角形法则得到．

【详解】如图，连接，

是的中点，，

，，

．

故选：．

5. 已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用等差数列片段和性质可求得的值.

【详解】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，

所以，,所以，.

故选：B.

6. 如图，二面角的大小为，四边形、都是边长为的正方形，则、两点间的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二面角的定义可得出，由空间向量的线性运算可得出，利用空间向量数量积的运算性质可求得，即为所求.

【详解】因为四边形、都是边长为的正方形，则，，

又因为二面角的大小为，即，则，

因为，由图易知，，

所以，

.

故选：C.

7. 已知在平面直角坐标系中，点，，若点P满足，则点P到直线距离的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设点，利用向量数量积的坐标表示化简，即可得到点的轨迹方程，求出圆心到直线的距离，利用圆的性质可知，点到直线的距离的最小值为．

【详解】设点，

则，，

所以，

整理可得，

故点的轨迹方程为，

将变形为，

所以圆心为，半径，

则圆心到直线的距离为，

由圆的性质可得，点到直线的距离的最小值为．

故选：．

8. 已知抛物线的焦点为F，直线的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若，则以下结论不正确的是（    ）

A.  B. F为的中点

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出直线的方程，并与抛物线方程联立，求得两点的坐标，根据求得，求得点的坐标，从而确定正确选项.

【详解】依题意，设直线的方程为，

由消去并化简得，

解得，

所以，

所以，A选项正确.

直线的方程为，

令，则，故，

由于，，所以是的中点，B选项正确，

，，

，C选项正确，D选项错误.

故选：D

二、多项选择题：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．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．

9. 若，则方程可能表示下列哪些曲线（    ）

A. 椭圆 B. 双曲线 C. 圆 D. 两条直线

【答案】ABD

【解析】

【分析】分、 、得到的取值范围，再根据方程特征可得答案.

【详解】当时，，即表示两条直线；

当时，，表示焦点在轴上的椭圆；

当时，，表示焦点在轴上的双曲线，

故选：ABD.

10. 函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A. 是函数的极值点 B. 是函数的最小值点

C. 在区间上单调 D. 在处切线的斜率小于0

【答案】AC

【解析】

【分析】对A，根据极值点的定义判断即可；对BC，根据导函数与单调性的关系判断；对D，根据导数的几何意义判断即可.

【详解】对A，由图象可得且在左右两边异号，故是函数的极值点，故A正确；

对B，在上，单调递增，不是函数的最小值点，故B不正确；

对C，根据导函数图象可知在时，，

函数在上单调递增，故C正确；

对D，函数在处的导数大于0，切线的斜率大于零，故D不正确.

故选：AC．

11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 点B到直线的距离为

B. 直线CF到平面的距离为

C. 直线与平面所成角的余弦值为

D. 直线与直线所成角的余弦值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可结合选项逐一求解．

【详解】在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

,2,，,0,，,2,，,2,，,2,，

则点到直线的距离为：

，故A正确；

,0,，,1,，,1,，,2,，

,,，,1,，,2,，,1,，

设平面的法向量,,，

则，取，得,2,，

由于分别为的中点，所以 且，

因此四边形为平行四边形，故,

又平面, 平面,所以平面，

直线到平面的距离为，故B正确；

设直线与平面所成角，则，故C错误；

,2,，,,，

设直线与直线所成角为，则，故D正确．

故选：ABD．

12. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…设第层有个球，从上往下层球的总数为，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. ， D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据每层球数变化规律可直接求解得到AB正误；利用累加法可求得C正确；采用裂项相消法可求得D正确.

【详解】对于A，，A正确；

对于B，由每层球数变化规律可知：，B错误；

对于C，当时，；

当时，满足，；

，C正确；

对于D，，

，D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知直线与直线垂直，则实数a值为________．

【答案】或

【解析】

【分析】利用两直线垂直可得出，解该方程即可.

【详解】因为直线与直线垂直，

则，解得或.

故答案为：或.

14. 已知数列的前n项和为，若，则________．

【答案】

【解析】

【分析】先令得到，再令得到，从而得到为常数，得到数列是首项为，公比为2的等比数列，从而直接求得通项公式.

【详解】令，得，所以；

令，则，

两式相减得，，即，

所以，

因为，所以，

所以为常数，

所以数列是首项为，公比为2的等比数列，

所以.

故答案为：

15. 焦点在轴上的双曲线与双曲线有共同的渐近线，且的一个焦点到它的一条渐近线的距离为，则双曲线的方程为________．

【答案】

【解析】

【分析】设双曲线的标准方程为，设，利用点到直线的距离公式可求得的值，利用双曲线的渐近线方程可求得的值，由此可得出双曲线的方程.

【详解】设双曲线的标准方程为，设，

则双曲线的渐近线方程为，

所以，双曲线的上焦点到其渐近线的距离为，

又因为双曲线的渐近线方程为，所以，，则，

因此，双曲线的方程为.

故答案为：.

16. 如图所示，ABCD是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设，当________cm时，包装盒的容积最大，最大容积为________．

【答案】    ①. 10    ②.

【解析】

【分析】利用可分别表示出包装盒侧面高和底边长，进而将容积表示出来，通过导数研究其最大值即可.

【详解】因为，，，

所以，包装盒底边长为，

因为阴影部分为等腰直角三角形，

所以包装盒侧面高为，

所以包装盒容积，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，取得最大值.

故答案为：10；

【点睛】实际问题要善于转化为数学问题，本题通过将实际问题转化为函数问题，进而利用导数研究函数的单调性，得到函数的最大值，从而得到答案.

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. 已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.

（1）求的值；

（2）求函数的极值.

【答案】（1）；（2）极大值为，极小值为.

【解析】

【分析】

（1）首先求出，利用导数的几何意义可知，代入即可求解.

（2）由（1）可求出，再令求出单调递减区间，，求出单调递增区间，再根据极值的定义即可求解.

【详解】解：（1），

∵在点处的切线平行于直线，

∴，

∴；

（2）由（1）可得，

令得或，列表如下：

∴极大值为，极小值为.

【点睛】本题考查了导数的几何意义求参数值、利用导数研究函数的极值，解题的关键是求出导函数，属于基础题.

18. 已知数列是等差数列，是各项均为正数的等比数列，数列的前n项和为，且，，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）令，求数列的前12项和．

【答案】（1），   

（2）2796

【解析】

【分析】（1）由数列是等差数列，是各项均为正数等比数列，设出公差和公比，根据题意列出方程组求解即可；

（2）根据题意写出数列通项公式，用分组求和法，结合等差等比求和公式求解即可.

【小问1详解】

设数列的公差为d，数列的公比为，

由题意可得，，即，

所以，

因为，所以，

所以，．

【小问2详解】

由（1）可得，

所以的所有奇数项组成以1为首项，4为公差的等差数列；

所有偶数项组成以2为首项，4为公比的等比数列．

所以，

．

19. 已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点．

（1）求圆的方程；

（2）已知过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）分析可知圆心在直线上，将直线与直线的方程联立，可求得圆心的坐标，进而可求得圆的半径，由此可得出圆的方程；

（2）求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在的情况下，直接检验即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，根据圆心到直线的距离求出直线的斜率，综合可得出直线的方程.

【小问1详解】

解：因为圆与轴相切于点，所以圆心在直线上，

又因为圆的圆心在直线上，

由，解得，即，圆的半径，

所以，圆的方程为．

【小问2详解】

解：设圆心到直线的距离为，则，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，满足条件；

当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，则直线的方程为，

即．

因为圆心为，所以圆心到直线的距离为，

整理可得，解得，

所以，直线的方程为．

综上所述，直线的方程为或.

20. 已知椭圆C的两个焦点分别是，，并且经过点．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线与椭圆C相交于A，B两点，当线段AB的长度最大时，求直线l的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）解法一：将代入椭圆方程，结合焦点坐标，列出方程组，求出，得到椭圆方程；解法二：由椭圆定义求出，结合焦点坐标，求出，得到答案；

（2）联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出弦长，求出最大值和直线方程.

【小问1详解】

解法一：因为椭圆C的焦点在x轴上．所以设它的标准方程为．

由题意知，，

解得．

所以，椭圆C的标准方程为．

解法二：由于椭圆C的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为．

根据椭圆定义得，

即．

又因为，所以，

所以，椭圆C的标准方程为．

【小问2详解】

由，消去y，得，

因为直线与椭圆C相交于A，B两点，

所以，

解得．

设，，

则，，

所以

当时，取最大值，此时直线l的方程为

21. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．

（1）证明：平面平面PBC；

（2）当时，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；

（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；

解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；

【小问1详解】

因为底面，平面，

所以．

因为，，所以．

所以，所以．

又因为，平面PBC，平面PBC，

所以平面PBC．

又平面EAC，

所以平面平面PBC．

【小问2详解】

解法一：

以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，

即，，，所以．

所以，．

设平面ACE的一个法向量为，则．

所以，取，则，．

所以平面ACE的一个法向量为．

又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．

设平面PAC与平面ACE的夹角为，

则．

所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．

解法二：

取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示

的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，

即，，，所以．

所以，．

设平面ACE的一个法向量为，则．

所以，取，则，．

所以，平面ACE的一个法向量为．

又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．

设平面PAC与平面ACE的夹角为，

则．

所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为

22. 已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求a的取值范围．

【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导可得，分，两种情况讨论，由导数与单调性的关系即可得解；

（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，所以至多有一个零点，当时，求出最小值，使可求解的范围．

【小问1详解】

（1）因为，

所以．

因为，，

所以，当时，，所以在上单调递增．

当时，令，解得．

由，解得；

由，解得

所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增．

【小问2详解】

由（1）可知，当时，在上单调递增，所以至多有一个零点．

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，当时，取得最小值，．

令，，

则，

所以，在上单调递减．

又，所以要使，即，则．

又因为，

所以在上有一个零点．

又

令，，则，

所以在上单调递增，

因为，所以，所以，

所以．

所以在上也有一个零点．

综上所述，要使有两个零点，则a的取值范围是．