山东省滨州市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省滨州市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 已知向量，，若，则等内容，欢迎下载使用。
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：D4. 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：3+00+↗极大值↘极小值↗∴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．