2022-2023学年北京市清华大学附属中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市清华大学附属中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集的定义直接求解即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：A.

2．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】B

【详解】试题分析：对应的点为在第二象限

【解析】复数运算

点评：复数运算中分子分母同乘以分母的共轭复数，复数对应的点为

3．双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的方程求出的值，代入渐近线方程即可.

【详解】因为双曲线，所以,

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：A

4．设函数,则（    ）

A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减

C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减

【答案】A

【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，

再根据函数的单调性法则，即可解出．

【详解】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，

所以函数为奇函数．

又因为函数在上单调递增，在上单调递增，

而在上单调递减，在上单调递减，

所以函数在上单调递增，在上单调递增．

故选：A．

【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题．

5．已知是两个不同的平面，直线，那么“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据面面平行的判断和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：已知是两个不同的平面，直线，

若，则，

若，则相交或平行，

所以“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A.

6．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由于当时，，所以当时，求出的最小值，使其最小值小于等于零即可.

【详解】当时，，

当时， ，

因为函数的值域为，

所以，得，

所以实数的取值范围是，

故选：D.

7．点在抛物线上，则到直线的距离与到直线的距离之和的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由抛物线定义可知最小值就是焦点到直线的距离，由点到直线距离公式得解.

【详解】由抛物线定义到直线的距离等于到抛物线焦点距离，

所以到直线的距离与到直线的距离之和的最小值，

即焦点到直线的距离：.

故选:B.

8．如图，半径为1的半球内有一内接正六棱锥，则异面直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取球心，直线过点，即为所求，在中求解即可.

【详解】取球心，直线过点，由正六边形的性质知，

故即为异面直线与所成的角（或补角），

易知为等腰直角三角形，即，

即异面直线与所成的角为，

故选：C.

9．已知直线，为圆上一动点，设到直线距离的最大值为，当最大时，的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先得出直线过定点，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出的值.

【详解】因为，所以直线过定点，圆可化为，则圆心，，由圆的对称性可知，当时，到直线距离的最大，则，.

故选：A

10．如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论：

①存在点，使得；

②存在点，使得平面；

③的面积越来越小；

④四面体的体积不变．

其中，所有正确的结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故②不正确；

设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③正确.

【详解】设正方体棱长为，

由平面平面得，同理，

所以，

由得，存在使得，①正确，

正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱雉，即四面体的体积不变，④正确;

以为轴建立空间直角坐标系，如下图，

正方体棱长为2，则，

，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故②错误；

设，

所以

设到直线的距离为，则

由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，③正确，

综上：①③④正确

故选:C.

【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理,尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了,本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了.

二、填空题

11．函数的定义域是_______．

【答案】.

【分析】由二次根式的被开方数非负和分式的分母不为零，即可求得结果.

【详解】由题意得，

解得且，

所以函数的定义域为，

故答案为：.

12．已知双曲线的离心率为，的焦点到其渐近线的距离为5，则______．

【答案】##2.5

【分析】由离心率得关系，结合点到直线距离公式，由焦点到其渐近线的距离得，结合关系式，即可求解.

【详解】由题可知，，设双曲线一条渐近线为，即，结合点到直线距离公式，得，即，又因为，联立解得.

故答案为：

13．已知点和圆上两个不同的点，，满足，是弦的中点，

给出下列四个结论：

①的最小值是4；

②点的轨迹是一个圆；

③若点，点，则存在点，使得；

④△面积的最大值是．

其中所有正确结论的序号是________．

【答案】①②④

【分析】①可以通过设出圆的参数方程，进行求解；②设出，找到等量关系，建立方程，求出点的轨迹方程，即可说明；③转化为两圆是否有交点，说明是否存在点；④当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△面积最大，求出最大值.

【详解】点在圆上，设，则，当时，取得最小值，最小值为4，①正确；

设点，则由题意得：，则，整理得：，所以点的轨迹是一个圆，②正确；

为以为直径的圆，圆心为，半径为1，方程为：，下面判断此圆与点的轨迹方程是否有交点，由于，两圆相离，故不存在点，使得，③错误；

当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△为等腰直角三角形，面积最大，此时，，④正确.

故答案为：①②④

【点睛】轨迹方程问题，一般处理思路，直接法，定义法，相关点法以及交轨法，要能结合题目特征选择合适的方法进行求解.

三、双空题

14．若，且，则______________，的最大值为______________.

【答案】     2    

【分析】由即可求，结合已知条件可得在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，应用数形结合法判断的最大时的位置，即可确定最大值.

【详解】由，可得，

由题设，在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，若，如下图示，

∴，要使的最大，只需共线，在上的投影最短，

由图知：共线时，的最大为.

故答案为：2，.

【点睛】关键点点睛：由已知条件将向量转化为图形形式，数形结合法分析的最大时动点的位置，即可求最大值.

15．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，前项乘积为，，，则公比_______；满足的正整数的最大值为_______．

【答案】     2     10

【分析】设等比数列的公比为（），然后由题意列方程组可求出，再由解不等式可求出的范围，从而可正整数的最大值.

【详解】设等比数列的公比为（），

因为，，

所以，，

因为，

所以，所以，即，

所以代入，得，

解得或（舍去），

所以，则，

所以，

，

所以由，得，

所以，

所以，

所以只要，即，

解得，

所以满足的正整数的最大值为10，

故答案为：2，10.

四、解答题

16．已知函数的最大值与最小值之和为0．

(1)求的值以及的最小正周期；

(2)若函数在区间上是增函数，求实数的最大值．

【答案】(1)，的最小正周期；

(2).

【分析】（1）先对函数化简变形，然后利用正弦函数的性质求出其最值，从而列方程可求出的值，再利用周期公式可求出的最小正周期；

（2）由，得，则由题意可得，求出的范围，从而可求出其最大值.

【详解】（1）

，

所以的最大值为，最小值为，

因为的最大值与最小值之和为0，

所以，得，

所以，

所以的最小正周期为.

（2）由，得

，所以，

因为函数在区间上是增函数，

所以，解得.

所以实数的最大值为.

17．在中，角所对的边分别为，现有下列四个条件：①；②；③；④．

(1)条件①和条件②可以同时成立吗？请说明理由；

(2)请从上述四个条件中选择三个条件作为已知，使得存在且唯一，并求的面积．

【答案】(1)不可以，理由见详解.

(2)若选①③④时，存在且唯一，此时面积为；

若选②③④时，存在且唯一，此时面积为.

【分析】（1）由余弦定理化简①，由余弦函数的性质化简②，再由与矛盾，从而得出结论；（2）结合（1）中的条件进行分析，再由余弦定理得出，利用三角形面积公式得出面积.

【详解】（1）对于①：因为，

所以，

.

对于②：，

由可得，

因为，所以，与矛盾

故①②两个条件不可以同时成立.

（2）因为①②两个条件不可以同时成立，所以只能选①③④或②③④

选①③④时，因为，，

所以由可得，

解得（舍）

故

所以若选①③④时，存在且唯一，此时面积为.

选②③④时，因为，，

所以由可得

故，

所以若选②③④时，存在且唯一，此时面积为.

18．如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，，．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面；

(3)若，求三棱柱的体积．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)证明过程见解析

(3)

【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，从而得到线面平行；

（2）由题干中的面面垂直得到线面垂直，进而得到平面平面；

（3）求出，证明出底面ABC，利用柱

体体积公式进行求解.

【详解】（1）连接，交于点E，连接DE，

因为四边形为平行四边形，

所以E为的中点，

因为D为AC的中点，

所以DE为的中位线，

所以DE，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）因为，D为AC的中点，

所以BD⊥AC，

因为侧面底面，交线为AC，平面ABC，

所以BD⊥侧面，

因为平面，

所以平面平面；

（3）因为，，D为AC中点，

所以，，

因为BD⊥AC，所以，

因为，所以,

因为BD⊥侧面，平面，

所以BD⊥，

故，

由勾股定理得：，

又，

所以，故，

因为，平面ABC，

所以底面ABC，

所以三棱柱的体积为.

19．已知函数

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求曲线与直线的公共点个数，并说明理由；

(3)若对于任意，不等式恒成立，直接写出实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)曲线与直线的公共点只有一个，证明见解析

(3)实数的取值范围是

【分析】（1）根据导数的几何意义，求切点坐标与切线斜率即可得曲线在点处的切线方程；

（2）构造函数，，确定函数的单调性与取值情况，从而可得的根的个数，即可得曲线与直线的公共点个数；

（3）直线定点作曲线的切线，设切点为，通过导数的几何意义结合函数单调性与取值情况无法解出,则直线不与曲线相切，结合曲线的图象分析直线与其交点情况即可求得实数的取值范围．

【详解】（1）解：函数的定义域是，所以，

则，，

切线方程是：，

故切线方程为：；

（2）解：曲线与直线的公共点只有一个，理由如下：

设，，则

令，则恒成立，所以在上单调递减，

又，所以，，函数单调递增，，，函数单调递减；

则，故，有且只有一个根，即有且只有一个根，

故曲线与直线的公共点只有一个.

（3）解：若对于任意，不等式恒成立，则

又直线过定点，

则过点作曲线的切线，设切点为，则斜率，

则切线方程为，将代入得：，

设，，则，得，

所以当，，单调递增，当，，单调递减，

所以，所以关于的方程无解，

则说明过点的切线不存在，则直线不与曲线相切，

又函数的定义域是，所以，得，

所以当，，单调递增，当，，单调递减，

所以，又时，，且，则可得的大致图象如下：

根据上述结论结合函数图象可知当时，直线与曲线无交点，当时，直线与曲线总有交点，

从而要使对于任意，不等式恒成立，实数的取值范围是.

20．已知椭圆：的离心率，短轴长为2．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设为椭圆的右顶点，，是轴上关于轴对称的两点，直线与椭圆的另一个交点为，点为中点，点在直线上且满足（为坐标原点），记，的面积分别为，，若，求直线的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）列方程组解得a、b、c的值即可.

（2）设出直线AB的方程，可得直线AD的方程、点C的坐标、点D的坐标，联立直线AB方程与椭圆方程可得点B的坐标、点E的坐标，由可得直线CH的方程，联立直线CH的方程与直线AD的方程可得点H的坐标，由各点的坐标可求得、、、，代入面积之比方程中可得结果.

【详解】（1）

∴椭圆W的标准方程为.

（2）如图所示，

由（1）知，，

由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，所以设：，

则：，设，

令x=0，分别代入直线AB的方程与直线AD的方程可得：，，

，

∴    即：

∴，

∴AB的中点E的坐标为：，

∴

又∵

∴

∴

∴：，

   即：

∴

∴

∴

又∵

∴

∴ ，

∴

21．已知无穷数列满足：，，且当时，总存在，使得．

(1)求的所有可能值；

(2)求的所有可能值中的最大值；

(3)求证：当时，．

【答案】(1)1，，，．

(2)1

(3)证明见解析

【详解】（1）（Ⅰ）由题意，，故或，         

当时，或；

当时，或．

所以的所有可能值为1，，，．

（2）构造：当时，符合题设条件，可以取到．          

下面证明：，均有恒成立．

（反证法）假设存在，使得，不妨设是首个大于1的项，

则对于任意的，都有，【注：用数学归纳法证明也可以】

所以，则，，

故对于任意，都有，这与已知条件矛盾，所以的最大值为1.

（3）【所证结论需要将和放缩，所以要确定的上下界，通过枚举探究猜到．】

首先证明引理：，均有．【用归纳法】①当时，或，引理成立．

②假设对于已成立，

下证时，有（*）

由定义知：存在，使得．

若，则（*）式显然成立．

若，先证（*）式左边一半，则只需证明

（**）

根据归纳假设，对于，均有，

所以，

所以，

所以

，…，

依此类推，可得，，…，中每一项都大于等于，

所以，，…，的平均数也大于等于，故（**）式成立．

再证（*）式右边一半，同理只需证

即证（***），根据归纳假设可得，

所以，

，…，

依此类推，可得，，…，中每一项都，故（***）式成立．          

回到原题，利用引理和，可得

最后一步放缩，利用．