山东省济南市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

绝密★启用并使用完毕前

高二年级学情检测

数学试题

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，考场号、座位号填写在答题卡上．

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. 等差数列中，已知，，则（    ）

A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

【答案】D

【解析】

【分析】根据等差数列的性质可推出，代入数值即可得出答案.

【详解】因为，为等差数列，所以有，

所以，.

故选：D.

2. 已知两个平面的法向量分别为，则这两个平面的夹角为（    ）

A.  B.  C. 或 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据两平面夹角与其法向量夹角的关系，利用向量夹角公式即可得到答案.

【详解】，因为向量夹角范围为，

故两向量夹角为，故两平面夹角为，即，

故选：B.

3. 直线与直线的位置关系是（    ）

A. 垂直 B. 相交且不垂直 C. 平行 D. 平行或重合

【答案】A

【解析】

【分析】分和讨论，其中时，写出两直线斜率，计算其乘积即可判断.

【详解】当时，直线，直线，此时两直线垂直，

当时，直线的斜率，直线的斜率，

因为，则两直线垂直，

综上两直线位置关系是垂直，

故选：A.

4. 一种卫星接收天线（如图1），其曲面与轴截面的交线可视为抛物线的一部分（如图2），已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设出抛物线的标准方程，代入点坐标求出系数既可.

【详解】由题意，抛物线开口向右，设抛物线的标准方程，

 点代入抛物线方程求得，得 ，则．

抛物线的标准方程为.

故选：B．

5. 在等比数列中， ，其前三项的和，则数列的公比 (　　)

A.  B.

C. 或1 D. 或1

【答案】C

【解析】

【分析】利用等比数列的通项公式得到关于的方程组，解出即可．

【详解】∵在等比数列中，，其前三项的和，

∴，解得，或．

∴的公比等于或1．

故选：C．

6. 《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．如图，在堑堵中，，P为的中点，则（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后得出和的坐标，即可得出答案.

【详解】

如图，由已知可得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.

则，，，，，.

所以，，

所以.

故选：A.

7. 若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则n的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.

【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，

则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，

又表示焦点在轴上的椭圆，故，，

故选：C.

8. 双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作圆D的切线与C的两支分别交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设双曲线的方程为.设切点为，过点作，垂足为，可推出.进而在中，可求得，.根据双曲线的定义可得.在中，根据余弦定理可得，即可得出离心率.

【详解】

如图，设双曲线的方程为，则.

设切线与圆相切于点，过点作，垂足为，则.

所以，有，所以.

又，，所以为等腰直角三角形，

所以，，

根据双曲线的定义可得，，所以.

在中，由余弦定理可得，.

所以，，

所以，，.

 所以，C的离心率.

故选：C.

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. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（    ）

A. 直线l恒过定点 B. 圆M的圆心坐标为

C. 存在实数k，使得直线l与圆M相切 D. 若，直线l被圆M截得的弦长为2

【答案】AB

【解析】

【分析】A选项，将直线方程变形后得到，求出恒过的定点；B选项，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标；C选项，令圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式判断出结论；D选项，当时，求出圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D错误.

【详解】变形为，故恒过定点，A正确；

变形为，圆心坐标为，B正确；

令圆心到直线的距离，

整理得：，由可得，方程无解，

故不存在实数k，使得直线l与圆M相切，C错误；

若，直线方程为，圆心在直线上，

故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D错误.

故选：AB

10. 已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率为的直线交C于点，（其中），与C的准线交于点D．下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. F为线段AD中点 D. 的面积为

【答案】BC

【解析】

【分析】求出直线的方程，与抛物线联立，根据韦达定理得出，，推出，可判断A项；解方程得出点坐标，根据抛物线的定义求出的值，可判断B项；求出点，得出线段AD中点的坐标，即可判断C项；根据B可得出，进而求出点到直线的距离，即可得出面积，判断D项.

【详解】

由已知可得，，准线，直线的方程为.

联立直线的方程与抛物线的方程

可得，.

由韦达定理可得，，.

又，，所以，

又，所以，故A项错误；

对于B项，结合图象，解可得，，.

过点作，垂足为，则.

根据抛物线的定义可得，，同理可得，故B项正确；

对于C项，因为，所以，则点.

将代入直线的方程为可得，，即.

所以，线段中点坐标为，恰好为点，故C项正确；

对于D项，.

点到直线，即的距离为，

所以，的面积，故D项错误.

故选：BC.

11. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数（互素是指两个整数的公约数只有1），例如，．下列说法正确的是（    ）

A.  B. 数列为递增数列

C. 数列为等比数列 D. 数列的前n项和为，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A列举法即可判断，对B举反例即可，对C得到与，所有互质的数均为正奇数，则，即可判断，对D用乘公比错位相减法即可.

【详解】对A，与11互质的正整数有1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，故，故A正确；

对B，当时，与8互质的正整数有1,3,5,7，

故，则数列不是递增数列，故B错误；

对C，时，一定是2的倍数，

则与互素的数为：1,3,5,7,9,11 ,，即正奇数，

故，，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故C正确，

对D，，

则①

②

①②得

，

则，而，

故，故D正确.

故选：ACD.

12. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（    ）

A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点G﹐使得平面

C. G为中点时，直线EG与所成角最小 D. 点F到直线EG距离的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设.根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影的绝对值为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距离，根据二次函数的性质，即可得出最小值.

【详解】

如图，以点坐标原点，建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，.

对于A项，由正方体以及面面平行的性质可得，平面，

点G在线段上，所以到平面的距离等于.

因为，所以.

则是个定值，故A项正确；

对于B项，假设存在点G﹐使得平面.

设.

，，，，

则.

所以，，所以，满足条件.

此时有，，平面，平面，，

所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确；

对于C项，设直线EG与所成角为.

因为，.

所以，

所以.

因为，所以当时，有最小值，显然有，则有最大值，根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误；

对于D项，因为，，

所以，在方向上投影的绝对值为，

由C知，当时，有最小值，则有最大值为，

又，所以，点F到直线EG距离的最小值为，故D项正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：由点为线段上的动点，设.可以通过的坐标，表示出与点有关的向量.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，，其中，若，则的值为_________．

【答案】##

【解析】

【分析】由已知可得，，即可求出的值，进而得出答案.

【详解】由已知可得，，.

因为，所以，解得，，

所以，.

故答案为：.

14. 各项均为正数的等差数列的前n项和是，若，则的值为_________．

【答案】##8.5

【解析】

【分析】由题得，化简求出，利用求和公式即可.

【详解】数列为各项为正数的等差数列，

则，化简得，

解得或0（舍），

则，

故答案为：.

15. 已知点，，若圆上存在点Р满足，则实数a的取值范围是_______．

【答案】

【解析】

【分析】由已知可得，圆的圆心、半径，且点在以为直径的圆上，进而得出圆心、半径.然后根据两圆有交点，即可得出，代入即可得出答案.

【详解】由已知可得，圆可化为，

圆心为，半径.

因为，所以，所以点在以为直径的圆上.

圆心为的中点，半径.

由题意可得，圆与圆有公共点P，则应满足，

即有，所以实数a的取值范围是.

故答案为：.

16. 设是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P满足，记的外接圆和内切圆半径分别是R，r，则的值为_______．

【答案】

【解析】

【分析】化标准，得到，，然后根据正弦定理求出.进而根据余弦定理推出的面积.根据等面积法，可知，即可求出.

【详解】

将椭圆化为标准方程可得，.

所以，，，.

所以，，，所以，.

根据正弦定理可得，，所以.

设，则.

由余弦定理可得，，

所以，，

整理可得，，显然是方程的两个解，

所以，

所以的面积.

又，

所以.

所以，.

故答案为：.

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. 已知圆C经过点和且圆心在直线上．

（1）求圆C的方程；

（2）若点P为圆C上的任意一点，求点P到直线距离的最大值和最小值．

【答案】（1）；   

（2）最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】（1）设出圆心、半径，根据已知条件列出方程组，求解方程组即可得到圆的标准方程；

（2）求出圆心到直线的距离，可知直线与圆相离.然后即可得出答案.

【小问1详解】

设圆心为，半径为，则圆的标准方程为.

由已知可得，，解得，

所以，圆的标准方程为.

【小问2详解】

由（1）知，圆心为，半径.

圆心到直线的距离.

所以，直线与圆相离.

所以，点P到直线距离的最大值为，最小值为.

18. 已知双曲线经过，两点．

（1）求C标准方程；

（2）若直线与C交于M，N两点，且C上存在点P﹐满足，求实数t的值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）将点坐标代入双曲线的方程，得到方程组，即可求出双曲线的方程；

（2）联立直线与双曲线的方程得出，根据韦达定理可得出，所以.进而由，表示出点的坐标，代入双曲线即可得出答案.

【小问1详解】

由已知可得，，解得，

所以C的标准方程为.

【小问2详解】

设，，.

联立直线与双曲线的方程，

整理可得.

由韦达定理可得，所以.

所以，.

则由可得，，解得，即.

因为点在双曲线上，所以有，整理可得，解得.

19. 如图，四棱锥中，底面，底面为矩形，，，M，N分别为PB，CD的中点．

（1）求证：面；

（2）求直线PB与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出向量的坐标，根据，，证明，.即可根据线面垂直的判定定理即可证明；

（2）根据（1）中点的坐标，求出平面的法向量，进而即可根据向量求解出答案.

【小问1详解】

由已知底面，底面为矩形，易知两两垂直.

以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系.

因为，，所以，，，，，则，.

所以，，.

则，，

所以，.

因为平面，平面，，

所以面.

【小问2详解】

由（1）可得，，，

设是平面的一个法向量，

则，取，则，，

所以是平面的一个法向量.

又，

所以直线PB与平面所成角的正弦值为.

20. 已知数列的前n项和，且，数列满足，其中．

（1）求和的通项公式；

（2）设，求数列的前20项和．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据、累乘法求得和的通项公式；

（2）结合分组求和法、裂项相消求和法求得.

【小问1详解】

对于，当时，，

当时，由得，

两式相减得，由于，

所以是首项为，公比为的等比数列，所以.

对于，，

所以，

也符合上式，所以.

【小问2详解】

当为奇数时，；，

所以.

当为偶数时，；

所以

.

所以.

21. 已知椭圆的长轴长是4，离心率为．

（1）求的方程；

（2）若点P是圆上的一动点，过点P作的两条切线分别交圆O于点A，B．

①求证：；

②求面积的取值范围．

【答案】（1）   

（2）①证明见解析；②

【解析】

【分析】（1）根据题意，直接计算出，，，进而可得答案.

（2）根据题意，联立椭圆方程，根据直线与椭圆相切，再设，得到

，进而得到，解得，

，可证得；再过作，必有，得到三角形的面积，进而利用二次函数的性质求出的范围.

【小问1详解】

由已知得，，，解得，可得，

则的方程为

【小问2详解】

①设，则过点的切线方程为：，联立椭圆方程得到

，，

因为直线与椭圆相切，得，

化简得，，所以，，又因为，故，过点P作的两条切线分别交圆O于点A，B，故必有；

②由①得，必过圆心，过作，必有，设三角形的面积为，，设，，圆的半径为，

，，

设，当且仅当，即时，取最大值，而，当时，取最小值，，故，面积的取值范围为.

22. 对于数列，规定数列为数列的一阶差分数列，其中．

（1）已知数列的通项公式为，数列的前n项和为．

①求；

②记数列的前n项和为，数列的前n项和为，且，求实数的值．

（2）北宋数学家沈括对于上底有ab个，下底有cd个，共有n层的堆积物（堆积方式如图），提出可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”．试证明上述求和公式．

【答案】（1）① ；②；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据一阶差分数列的定义，由数列的通项公式表示出数列的通项，再用类似于裂项相消的方法求前n项和，由的算式，找到与，的关系，解出的值.

（2）根据图形的结构特征，构造数列通项，利用（1）中的方法和结论，求前n项和，经验证与结论相同.

【小问1详解】

①由题意，，

所以， ，

即 .

②由题意知，，

所 ，

即，所以；

【小问2详解】

证明：设数列的通项公式为，

则由题意知，需证明的公式中，S即为数列的前n项和，即为数列的第n项， 且，．

又 ，

且，

由（1）知 ，

所以， ，

所以 ，

又，，

则

  ，

所以 成立.

【点睛】1.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

2.使用求和符号时，要注意展开时化简，会用到等差或等比数列的求和公式.