精品解析：云南省丽江市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

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丽江市2022年秋季学期高中教学质量监测高二数学试卷（全卷四个大题，共22个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1．本卷为试题卷.考生必须在答题卡上解题作答.答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效.2．考试结束后，请将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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. 已知集合，，则=（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】解相应不等式化简集合，后由交集的定义可得答案.【详解】.或，则.故选：B2. 在复平面内，复数对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．详解】解：，所以复数对应的点的坐标为：，位于第一象限，故选A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3. 在等差数列{an}中，a2、a4是方程的两根，则a3的值为（　　）A. 2 B. 3 C. ±2 D. 【答案】D【解析】【分析】根据韦达定理可得，再利用等差中项运算求解.【详解】由题意可得：∵{an}为等差数列，则∴故选：D.4. 已知空间向量，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标运算可得答案.【详解】因为，所以，故.故选：A5. 已知椭圆的中心在原点，离心率为且它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出抛物线的焦点坐标，从而可求出椭圆中的，再由离心率求出，然后由可求出，从而可求出椭圆的方程.【详解】由题意可知椭圆的焦点在上，所以设椭圆方程为，由可得其焦点坐标为，因为椭圆与抛物线焦点重合，所以，因为椭圆的离心率，所以，得，所以，所以椭圆方程为，故选：C6. 如图，在四面体中，且，用表示，则等于（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间向量基本定理，用表示出.【详解】因为，所以，，故故选：C7. 已知圆和圆只有一条公切线，若，且，则的最小值为（    ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 9【答案】D【解析】【分析】由题意可得两圆相内切，根据两圆的标准方程求出圆心和半径，可得，再利用“1”的代换，使用基本不等式求得的最小值．【详解】解：由题意可得两圆相内切，两圆的标准方程分别为，，圆心分别为，，半径分别为2和1，故有，，，当且仅当时，等号成立，的最小值为9．故选：．【点睛】本题考查两圆的位置关系，两圆相内切的性质，圆的标准方程的特征，基本不等式的应用，得到是解题的关键和难点．8. 已知数列的前项和为且满足若对于任意的   ，不等式 恒成立，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意先由错位相减法得出数列的通项公式，再求及其最大值，再由不等式解得实数的取值范围【详解】解：因为，①
当时，，即，
当时，，②
则由①减②可得：
，所以，所以，满足上式，所以数列的通项公式为，所以，
所以，因为恒成立，所以恒成立，所以在上恒成立，设，，
所以，即，解得或，所以实数的取值范围为．故选：A.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 函数的导函数的图象如图所示，则（    ）A. 为函数的零点 B. 为函数的极小值点C. 函数在上单调递减 D. 是函数的最小值【答案】BC【解析】【分析】由图中与0的大小关系可得到函数的单调区间，再根据极值、零点和最值的定义判断各选项的正误即可得出答案.【详解】解：由的图象可知，在和上单调递增，在和上单调递减，所以为的极小值点，所以B，C均正确；是的零点，但不一定是的零点，所以A错误；是函数的极小值，但不一定是最小值，所以D错误.故选：BC.10. 设直线与，则（    ）A. 当时， B. 当时，C. 当时，l、n间的距离为 D. 坐标原点到直线n的距离的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】利用直线平行、垂直的判定判断A、B；由直线平行求参数a，再代入验证，进而应用平行线距离公式求距离，由点线距离公式和二次函数性质求原点到直线n的距离最值，即可判断C、D.【详解】A：时，，，易知，正确；B：时，，，则，故不成立，错误；C：时，，则，可得或，当时，，，两线重合，排除；所以，由A知：它们的距离，正确；D：坐标原点到直线n的距离，故时，正确.故选：ACD11. 设为双曲线的左、右焦点，过左焦点且斜率为的直线与在第一象限相交于一点，则下列说法正确的是（    ）A. 直线倾斜角的余弦值为 B. 若，则的离心率C. 若，则的离心率 D. 不可能是等边三角形【答案】AD【解析】【分析】设直线倾斜角为，则，求出可判断选项；若，可得，在焦点中，由余弦定理得到齐次关系，即可求出，可判断选项真假；选项同理求出，可判断真假；，可判断选项真假.【详解】设直线倾斜角为，则，所以.在第一象限内，若，则，，由余弦定理得，整理得，解得或（舍）.若，则，，由余弦定理得，整理得，解得或（舍）.由，知不可能为等边三角形.故选:AD.【点睛】本题考查双曲线的离心率，注意余弦定理在焦点三角形中的应用，属于中档题..12. 已知是定义在上的函数的导数，且，则下列不等式一定成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】构造函数，由的导数判断单调性后比较【详解】设，则.因为，所以，则在上单调递增.因为，所以，即，所以，则A正确；因为，的大小不能确定，所以，的大小不能确定，则B错误；因为，所以，则，所以，则C正确；因为，的大小不能确定，所以，不能确定，则D错误.故选：AC第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点坐标是__________.【答案】【解析】【分析】根据抛物线方程直接求解即可.【详解】由，得，，所以，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为：14. 已知数列{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝3，则a6＋a7＋a8＝___________．【答案】243【解析】【分析】设等比数列为，根据等比数列的性质求解可得，进而得到a6＋a7＋a8【详解】由题意，设等比数列为，则，故，所以故答案为：15. 曲线在处的切线方程为__________________.【答案】【解析】【分析】根据条件求出x＝1时y、y′的值即可表示出切线方程．【详解】解：根据题意可得y′＝2xlnx+x﹣，则当x＝1时，y＝0，y′＝﹣1，所以曲线在x＝1处的切线方程为y＝﹣（x﹣1），整理得x+y﹣1＝0，故答案为：x+y﹣1＝0．故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求曲线上某点的切线方程，属于基础题．16. 已知圆的方程为，直线恒过定点A.若一条光线从点A射出，经直线上一点反射后到达圆上的一点，则的最小值为______.【答案】6【解析】【分析】t取特殊值解得点A坐标，然后求点A关于直线的对称点，数形结合可解.【详解】取，得，得，设点A关于直线的对称点为，则，解得，即由图知，当、M、N、C四点共线时取“=”号.故答案为：6四、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. 已知等差数列满足，且.（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；    （2）.【解析】分析】（1）首先根据已知条件列方程求出，再根据等差数列通项公式求即得；（2）由题可得，再利用裂项相消法求和即得.【小问1详解】设等差数列的公差为，∵，则由，得，解得，所以；【小问2详解】由题可得，所以.18. 在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）已知的内角、、的对边分别为、、，______，，.（1）求角；（2）求的面积.【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）选①：利用余弦定理求得的值，结合可求得角的值；选②：利用正弦定理化简可得出的，结合可求得角的值；选③：利用辅助角公式化简可得，结合可求得角的值；（2）利用正弦定理求出值，并求出的值，利用三角形的面积公式可求得.【详解】（1）若选①：，可得，由余弦定理可得，，因此，；若选②：，由正弦定理可得，，，则，，即．，因此，；若选③：由，可得，所以． ，则，则，因此，；（2）由正弦定理可得，所以,.所以.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.19. 如图，在五棱锥中，平面，､三角形是等腰三角形.（1）求证：平面平面：（2）求直线与平面所成角的大小；【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理得，所以由平行关系，利用线面垂直的性质得，即得平面,然后利用面面垂直的判定定理即可证出；（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】在中由余弦定理得，解得，所以，即，又因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，平面，所以，由（1）得，所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系，设,因为是等腰三角形，所以，，，过作交于，所以，因为，所以，又因为，所以，，所以，，，设平面的法向量，所以，取，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角.20. 为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系．（1）试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；（2）某日经观测发现，在该平台O正南10km C处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？【答案】（1）；    （2）会驶入安全预警区，行驶时长为半小时【解析】【分析】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；（2）由三点的坐标列出方程组得出经过三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为，再由几何法得出直线与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.【小问1详解】由题意得，∴；【小问2详解】设圆的方程为， 因为该圆经过三点，∴，得到.所以该圆的方程为：，化成标准方程为：.设轮船航线所在的直线为，则直线的方程为：，圆心（6，8）到直线的距离，所以直线与圆相交，即轮船会驶入安全预警区.直线与圆截得的弦长为，行驶时长小时.即在安全警示区内行驶时长为半小时.21. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．（1）求双曲线的标准方程与离心率；（2）已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．【答案】（1），离心率为    （2）【解析】【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.【小问1详解】由题意知焦点到渐近线的距离为，则因为一条渐近线方程为，所以，又，解得，，所以双曲线的标准方程为，离心率为．【小问2详解】设直线：，，，联立则，所以，由解得或（舍去），所以，：，令，得，所以的面积为22. 已知函数（1）当，求函数的极值;（2）若，是方程的两个不同实根，证明：.【答案】（1）极大值为，无极小值    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；（2）由题意可得，构造函数，然后利用导数求出其单调区间，则可得，然后将问题转化为证，而，所以只需证对任意的恒成立即可.【小问1详解】．即当时，，由，得，由，得即在上单调递增，在上单调递减．∴在处取得极大值，且极大值为，无极小值【小问2详解】证明：∵，是方程的两个不同实根，∴∴即．设，则，∴当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增．由题意设，欲证，只需证，又在上单调递增，故只需证．∵∴只需证对任意的恒成立即可，即，整理得，即，设，则∵，∴，∴∴在上单调递减则∴成立．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的极值，考查利用导数证明不等式，第（2）解题的关键是根据题意将问题转化为证对任意的恒成立即可，然后构造，利用导数求其最小值大于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.