山东省济南市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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本试卷共4页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
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．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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的一般方程与斜率的关系，结合斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】直线的斜率为1，故倾斜角为.
故选：B
2. 已知双曲线，则其渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线方程，求解渐近线方程即可．
【详解】由于双曲线为，所以其渐近线方程为.
故选：C.
3. 已知正项等比数列中，，则等于（ ）
A. 2B. 4C. 5D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项的性质计算即可.
【详解】由题意易知，
又各项为正数，所以.
故选：B
4. 在三棱柱中，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.
【详解】由题可知.
故选：D
5. 2023年10月29日，“济南泉城马拉松”在济南大明湖路拉开序幕，约3万名选手共聚一堂，在金秋十月享受了一场酣畅淋漓的马拉松盛会．某赞助商在沿途设置了10个饮水补给站，第一个补给站准备了1千瓶饮用水，第二站比第一站多2千瓶，第三站比第二站多3千瓶，以此类推，第n站比第站多n千瓶（且），第10站准备的饮用水的数量为（ ）
A. 45千瓶B. 50千瓶C. 55千瓶D. 60千瓶
【答案】C
【解析】
【分析】设第站的饮用水的数量为，由题意得：，，，，，然后利用累加法即可求解.
【详解】设第站的饮用水的数量为，由题意得：，，，，，以上等式相加得：，，
即.
故选：C
6. 已知，，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得点的轨迹方程，再由直线与圆有公共点建立不等式，求解即可.
【详解】因为，所以，则点在以为直径的圆上，
因为的中点坐标为，，所以点的轨迹方程为，
由题可知，直线与圆有公共点，所以，解得：.
故选：C
7. 已知双曲线，其中A、分别为双曲线的左顶点、右焦点，P为双曲线上的点，满足垂直于x轴且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设，代入双曲线方程求出，根据可得答案.
【详解】设，则，解得，即，，
因为，所以，可得，
，解得.
故选：A.
8. 如图所示为正八面体的展开图，该几何体的8个表面都是边长为1的等边三角形，在该几何体中，P为直线DE上的动点，则P到直线AB距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出该几何体，确定直线DE和直线AB为异面直线，再根据平面//平面，结合等体积法求得到平面的距离即可.
【详解】把平面展开图还原为空间八面体，如图所示：
由题意，P到直线AB距离的最小值即直线到直线的距离，
又//，平面，平面，故//平面.
又，故四边形为菱形，则//.
平面，平面，故//平面.
又，平面，故平面//平面.
故直线到直线的距离为平面到平面的距离.
则到平面的距离即为P到直线AB距离的最小值.
设与交于，则易得为正四棱锥中心.
则，，故为直角三角形，故.
设到平面的距离为，则由，故，
故，解得.
故选：B
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. 一条光线从点射出，射向点，经x轴反射后过点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线AB的斜率是B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A应用斜率公式计算即可；选项B，先求得点关于轴的对称点，进而求得反射光线所在直线的斜率，应用两条直线垂直的斜率公式判断即可；选项C，求得反射光线所在直线的方程，进而求得点的坐标；选项D应用两点间距离公式求解即可.
【详解】对于A，由于、，由斜率公式得：，选项A正确；
对于B，点关于轴的对称点的坐标为，经x轴反射后直线的斜率为：
，且，所以，选项B正确；
对于C，直线即直线的方程为：，即，
将代入得：，所以点，，选项C不正确；
对于D，由两点间距离公式得：，选项D正确；
故选：ABD.
10. 已知，分别是椭圆的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点A，B的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆C的焦距为6B. 的周长为16
C. D. 的面积的最大值为16
【答案】AB
【解析】
【分析】由椭圆方程求得，，的值，根据椭圆的几何性质结合选项即可逐一求解.
【详解】由椭圆，得，，，
椭圆的焦距为，故A正确；
又为椭圆上异于长轴端点，的动点，△的周长为，故B正确；
，故C错误；
当为椭圆的短轴的一个端点时，△的面积取最大值为，故D错误．
故选：AB．
11. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别满足，，则（ ）
A. ，使且
B. ，平面
C. ，使与平面所成角的正切值为
D. ，与是异面直线
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一计算判定选项即可.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
根据题意可知，
则，
平面一个法向量为，平面的一个法向量为，
对于A，若，则
，故A错误；
对于B，易知恒成立，且平面，
则平面，故B正确；
对于C，设与平面所成角为，
若，
即，解之得或，
显然，使得结论成立，故C正确；
对于D，因为，
若共线，则存在实数，使得，解得，
所以，不共线，故D正确.
故选：BCD
12. 已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得中的一些元素，结合等差数列的定义、通项公式、求和公式，对选项逐一判断即可.
【详解】由题意可得：,
可得，
则
对于选项A:易得，故A正确；
对于选项B:易得，故B正确；
对于选项C:由，可得，故C错误；
对于选项D:易得数列每隔四个一组求和，可构成等差数列，其首项为，公差为，
由，
，则，此时有，故D正确
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是通过找到，由此借助等差数列的相关知识，进而求解即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，若，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线即可求解.
【详解】由，，，可得，故，
故答案为：
14. 已知等差数列首项，公差，则前n项和的最大值为________．
【答案】16
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式和,结合二次函数的性质即可求解．
【详解】等差数列首项，公差，
．
则前项和的最大值为16．
故答案为：16．
15. 已知圆，直线，直线l被圆C截得最短弦长为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线过定点，数形结合得到当与故直线垂直时，直线l被圆C截得的弦长最短，求出最短弦长.
【详解】变形为，故直线过定点，
故当与故直线垂直时，直线l被圆C截得的弦长最短，
其中的圆心为，半径为2，
此时弦长为.
故答案为：
16. 已知抛物线的焦点为F，过点F作与x轴不垂直的直线l交C于点A，B，过点A作垂直于x轴的直线交C于点D，若点M是的外心，则的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】设直线，联立方程，利用韦达定理求以及点M的坐标，即可得结果.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点，可知直线l与抛物线必相交，
设直线，，可得，
联立方程，消去x得，
则，
可得，
，且，即线段的中点，
则线段的中垂线方程为，
由题意可知：点M在x轴上，
令，可得，即，则，
所以.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：对于弦中点问题常用“根与系数的关系”求解，在使用根与系数的关系时，在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
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，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求的前2n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，代入等差数列通项公式即可求解；
（2）由，代入求和即可.
【小问1详解】
由已知，得，解得，故
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
得．
18. 已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）点P在圆C上运动，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圆的对称性先确定圆心，再求半径即可；
（2）设P坐标，利用两点距离公式及点在圆上消元转化为函数求值域求范围即可.
【小问1详解】
圆经过，两点，得圆心在的中垂线上，
又圆心C直线上，联立直线方程有，得，
即圆心坐标为，
又，
故圆C的标准方程为．
【小问2详解】
设，易知，
则（*），
因为点P在圆C上运动，则，
故（*）式可化简为，，
由得的取值范围为．
19. 已知抛物线的准线方程为，直线l与抛物线交于两点，O为坐标原点．
（1）若为等腰直角三角形，求的面积；
（2）若，证明：直线l过定点P，并求出定点P的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）先根据准线方程求得抛物线方程，再由抛物线及等腰直角三角形的对称性得，，从而求得坐标计算面积即可；
（2）设直线l方程及坐标，与抛物线方程联立，由垂直关系及韦达定理计算即可.
【小问1详解】
因为抛物线的准线为，可得抛物线的方程为：，
又为等腰直角三角形，
根据抛物线及等腰直角三角形的对称性可知：，，
且两点关于横轴对称，则直线．
于是得，则，所以．
【小问2详解】
设直线，，，
联立，
得，，且，
又因为，则，即．
由，得，，，
即，解得或（舍去）．
当时，满足．此时，直线l的方程．
则l过定点．
20. 如图（1）所示中，，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图（2）所示的位置，使得．连接得到四棱锥．记的中点为，连接．
（1）证明：平面；
（2）点在线段上且，连接，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角.
【小问1详解】
取AB中点M，连接NM，CM．

则，即四边形AMCD为平行四边形，
所以，
又因为，所以，
由，，即，
又，，平面,
所以平面，又平面，故，
又因为，则，
又，平面
所以平面，又平面，所以，
又在中，且，
在中，且，
则，又为中点，所以，
又，平面,所以平面．
【小问2详解】
由，，则，
即，又，，
故以为坐标原点，以所在直线x分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
故，，因为，
所以，，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，取，解得，
易知平面，即，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
21. 设数列，其前n项和为，，为单调递增的等比数列，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可求解，根据等比数列基本量的计算即可求解，
（2）利用列举法即可逐一求解的前100项，即可求和得解.
【小问1详解】
对于数列，因为①，
所以，，②
得
由①式，当时，得，也满足，
所以．
因为数列为等比数列，由等比数列的性质得，得，
设数列的公比为，又因为，，
所以即，解得或，
又因为为单调递增的等比数列，所以，
所以
【小问2详解】
由于，，，，，，
所以，对应的区间为，，则，即有2个1；
，，…,对应的区间为，，…,，则，即有6个2；
，，…,对应的区间为，，…,，则，即有18个3；
，，…,对应的区间为，，…,，则，即有54个4；
，，…,对应的区间为，，…,，则，即有20个5；
所以
22. 在平面直角坐标系．xOy中，设，两点的坐标分别为，．直线，相交于点M，且它们的斜率之积是．
（1）求动点M的轨迹方程；
（2）记动点M的轨迹为曲线E，过作两条互相垂直的直线，，与曲线E交于A、B两点，与曲线E交于C、D两点，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点M的坐标为，根据斜率之积得到方程，求出轨迹方程，注意；
（2）设，，，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，设，，同理得到两根之和，两根之积，根据直线，相互垂直，得到，利用基本不等式求出最大值
【小问1详解】
设点M的坐标为，
因为直线，的斜率之积是，
所以，
所以，
因为点M与，两点不重合，
所以点M的轨迹方程为．
【小问2详解】
显然直线，的斜率都存在且不为0，
设，，
，，，，
联立，得，
显然，
所以，
所以，
同理，
因为直线，相互垂直，所以，
所以
，
则，
当且仅当，即时取得等号，
所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；