山西省运城市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省运城市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了保持卡面清洁，不折叠，不破损等内容，欢迎下载使用。

运城市2022-2023学年第一学期期末调研测试
高二数学试题
本试题满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．
2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．
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. 椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求，再求离心率即可.
【详解】由题意可得：，且椭圆焦点在y轴上，则，
故椭圆的离心率是.
故选：A.
2. 函数的单调增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.
【详解】解:由题知,定义域为,
所以,
令,解得,
所以的单调增区间为:.
故选:C
3. 已知直线：与：平行，则实数a的值为（ ）
A. 或2 B. 0或2 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行的条件列出方程，即可得出结果.
【详解】若两直线斜率都不存在，直线中，直线中，
所以没有实数a能同时满足两条直线斜率均不存在；
若两条直线都有斜率，两直线平行斜率相等，得
，解得或，经过验证：时两直线重合，舍去，
所以,
故选：C
4. 记为等比数列的前n项和，，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式列式求解即可.
【详解】设比数列的公比为，
由题意可得：，解得或.
故选：D.
5. 在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理，进而得出方程，解之即可.
【详解】因为，
所以，即．
因为M是平面ABC上一点，所以，所以．
故选：B.
6. 已知抛物线，过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，且A在x轴上方，D是抛物线准线上的一点，AD平行于x轴，O为坐标原点，若，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方程为，设点，则点，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算直线和的斜率得知，三点共线，再由已知条件得出，代入韦达定理可得出的值，从而求出直线的斜率.
【详解】解：设点，则点，
抛物线的焦点为，设直线的方程为，
将直线的方程与抛物线的方程联立，
得，
由韦达定理得，
直线的斜率为，
直线的斜率为，
所以，三点共线，，则，所以，，
则，得，
，
结合图形可知，直线的斜率为正数，所以，，
因此，直线的斜率为,倾斜角为.
故选：B.

7. 公差为d的等差数列的前n项和为，若，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 时，n的最大值为2022
C. 有最大值 D. 时，n的最大值为4044
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由即可判断，再由，，即可得到结果.
【详解】因为，即，
即，故A错误；
因为，且，，故时，n的最大值为2022，故B正确；
因为，且，，所以没有最大值，有最小值即，故CD错误.
故选:B
8. 已知，，（其中e为自然常数），则a、b、c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，得，，，求导得到的单调性，得到，即，变形得到，再构造函数得到，从而证明出，即，求出答案.
【详解】由三个式子的特点，设函数，，
易得，，，
，当时，当时，
所以在递减，递增，
易知，所以，即，，
，
下面证明：，
构造，，
则在上恒成立，
故，故，则，，
因为，所以，所以，
故，
故.
故选：C.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中观察，构造的特点，构造，易得，，，从而达到构造出适当函数的目的.
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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 已知，是双曲线的左右焦点，过的斜率存在且不为0的直线l与双曲线交于A，B两点，P是AB的中点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为 B. 双曲线的焦距为
C. 若，则或9 D. OP与AB的斜率满足
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线标准方程得到，结合双曲线的性质即可判断ABC，由点差法即可判断D，从而得到结果.
【详解】根据题意可得，，则，，则，
，则
对于A，双曲线的渐近线方程为，即，故错误；
对于B，双曲线的焦距为，故正确；
对于C，由双曲线的定义可得，且，则或
又因为，故应该舍去，所以，故C错误；
对于D，设，则
将坐标代入双曲线方程可得，两式相减作差可得
变形可得，即，
且，所以，故正确.
故选:BD
10. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 是奇函数 B. 在处的切线方程为
C. 在上的最小值为 D. 在区间上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】利用函数奇偶性定义可判断A；利用导数求出切线斜率，再求出，由直线的点斜式方程可判断B；利用导数求出在上的最小值可判断C；利用导数可判断的单调性可判断D.
【详解】函数的定义域为，
对于A，因为，所以是奇函数，故A正确；
对于B，，，，所以在处的切线方程为，故B错误；
对于C，当时，由得，单调递增，由得，单调递减，又，，所以在上的最小值为，故C正确；
对于D，，因为，所以，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，故D错误.
故选：AC.
11. 圆M：关于直线对称，记点，下列结论正确的是（ ）
A. 点P的轨迹方程为 B. 点P与圆M上点的距离的最小值为
C. 以PM为直径的圆过定点 D. 若直线PA与圆M切于点A，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可知过圆心，代入即可得作出图象,利用直线与圆的关系依次判断各选项即可求得结果.
【详解】圆M：配方得： ，
圆M关于直线对称，直线过圆心.
,即
点P的轨迹方程为，A正确.
点P与圆M上点的距离的最小值的即为到直线的距离减去半径，
由于，则，B正确.
由，则在直线上，所以，
又，则，
则以PM为直径的圆过定点，C正确.
由于，要使取最小，
即取最小值，,，则D不正确.
故选：ABC.

12. 定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列1，4进行“美好成长”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4，，设第n次“美好成长”后得到的数列为，并记，则（ ）
A. B.
C. D. 数列的前n项和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据第次“美好成长”与第n次“美好成长”的关系分析运算；对C：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对D：由，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.
【详解】对A：，A正确；
对B：由题意可知：
，
故，B正确；
对C：设第n次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
则，故，C错误；
对D：∵，则，且，
故数列是以首项为，公比为3的等比数列，
则，即，
设，
则，解得，
故，
设数列的前项和为，
则
，
即数列的前n项和为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：
（1）构造法：；
（2）裂项构造：
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 若平面的一个法向量，平面的一个法向量，则平面与平面夹角的余弦值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面法向量夹角和二面角之间的关系，利用空间向量数量积的坐标表示即可求得结果.
【详解】设平面与平面的夹角为，
根据题意可得，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知数列的前项和为，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由，当时，当时，相减可得，则，由此可以求出数列的通项公式
详解：当时，
当时由可得
二式相减可得：

又
则数列是公比为的等比数列

点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式即数列递推式，在解答此类问题时看到，则用即可算出，需要注意讨论的情况．
15. 若函数有小于0的极值点，则a的范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】由函数解析式，求导，将问题转化为导数求零点问题，构造新函数，再求导，研究函数在小于上的值域，利用函数平移规律，可得答案.
【详解】由函数，则求导可得，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故，由恒成立，则当时，恒成立，
因此，当时，，
由函数有小于0的极值点，则有小于的零点，且零点的左右符号不同，
根据函数的平移变换，可得，
故答案为：.
16. 已知F是抛物线焦点，点，抛物线上两点A，B满足，则与（其中O为坐标原点）面积之和的最小值是________，此时的值是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，根据，可得三点共线，，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，不妨令，再计算即可得解.
【详解】，
设，
因为，
所以三点共线，且，
即，
可设直线的方程为，
联立，消得，
则，
，
，
因为与面积之和的最小值，则只能，
不妨令，
则，，
故，
当且仅当，，即时取等号，
此时，
所以与面积之和的最小值为.
故答案为：；.

四、解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知等比数列满足，；数列满足，，（，）．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得等比数列的首项和公比，进而得出数列的通项公式，再根据题意判断出为等差数列，得出首项和公差，进而得出数列的通项公式.
（2）将第一问结论代入后，利用分组求和即可得出结果.
【小问1详解】
设等比数列的首项和公比分别为，q，因为，，
所以，解得，所以；
又因为，，（，），
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，
，
18. 已知函数在时有极值0．
（1）求函数的解析式；
（2）记，若函数有三个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0，则，两式联立可求常数a，b的值，检验所得a，b的值是否符合题意，从而得解析式；
（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或，
当，时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去，
当，时满足题意，所以常数a，b值分别为，，
所以．
【小问2详解】
由（1）可知，
，
令，解得，，
∴当或时，，当时，，
∴的递增区间是和，单调递减区间为，
当时，有极大值；当时，有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得．
19. 已知抛物线，其上一点到焦点的距离为．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与抛物线交于、两点，且以为直径的圆与轴相切，求该圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程，得到，再根据抛物线的定义及求出的值，即可得解；
（2）设，，圆心，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而得到，由弦长公式求出的值，从而求出圆心坐标，即可得解.
【小问1详解】
解：将代入抛物线的方程得，∴，
由抛物线得定义得，解得或，
因为，所以（舍去），
所以的标准方程为．
【小问2详解】
解：由题意得，，消去得，
由，解得，
设，，圆心，
所以，，
则，，
由题意知圆半径，，
又，得，
解得，满足，所以，
所以，即圆心，
所以圆的方程为．
20. 如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.
【小问1详解】
∵，，∴，
又O是中点∴
∵平面平面，平面平面，
平面，∴平面
【小问2详解】
∵底面是菱形，∴
以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则．
又，所以，
∴，
设平面的法向量是，∴，
令，则，
假设线段上存在点F，且，
∴，∴，
∴，
平方整理得：，∴或（舍）.

∴时，即存在点F是中点时，与平面所成角的正弦值是．
21. 已知点，，直线与直线的斜率之积为.
（1）求点M的轨迹方程；
（2）点N是轨迹上的动点，直线，斜率分别为，满足，求中点横坐标的取值范围.
【答案】（1）（除去点）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由已知得，由此可得点的轨迹方程.
（2）设直线的方程为，，，与椭圆的方程联立得，得出根与系数的关系，由（1）得.代入表示，可求得，再由中点坐标可求得范围.
【小问1详解】
解：设，因为直线与直线的斜率之积为，所以，可得.
所以点的轨迹方程为（除去点）.
【小问2详解】
解：设直线的方程为，，，
由消去得：（*），
所以，，
由（1）知：，，∴.
∴

，
得，此时方程（*）有两个不同的实根，符合题意.
.
22. 已知函数，．
（1）求的极值；
（2）令，若，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，分类讨论与两种情况，利用导数与函数的单调性求得的单调性，进而得到的极值；
（2）法一：先由（1）得，再构造函数，从而将问题转化为，利用导数求得的最大值，由此得解；
法二：构造函数，将问题转化为证，利用导数分类讨论的取值范围得到的单调性，从而得到关于的不等式，解之即可.
【小问1详解】
由题知，，
得，
当时，令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值；
当时，令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
综上：当时，有极大值，无极小值；
当时，有极小值，无极大值.
【小问2详解】
法一：
由，即，即，
令，由（1）知，
从而得，即，
令，则，
又，
令，得；令，得；
所以上单调递增，在上单调递减，
故在处取到最大值，且，
所以，即a的取值范围为．
法二：
由，即，即，
令，由（1）知，
令，，则，
因为，令，则，
当，即时，则，在上单调递增，
，与题意矛盾；
当，即时，
令，得；令，得；
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，解得，所以；
当，即时，，故恒成立，
所以在上递增，即，
故，解得，
而，无解，舍去；
综上，，即a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．