2022-2023学年河南大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．抛物线y2=4x的焦点坐标是
A．（0,2）B．（0,1）C．（2,0）D．（1,0）
【答案】D
【详解】试题分析：的焦点坐标为，故选D.
【解析】抛物线的性质
【名师点睛】本题考查抛物线的定义．解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握．
2．已知，且，则的值是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由直接列方程求解即可.
【详解】因为，且，
所以，解得，
故选：A
3．已知椭圆的焦点在轴上，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，则，解得.
故选：A.
4．把3个小球放入4个盒子中，共有（ ）种方法.
A．81B．64C．12D．7
【答案】B
【分析】分析每一个小球的放法，根据分步计数原理求解.
【详解】对于第一个小球有4种不同的放法，
第二个小球也有4种不同的放法，
第三个小球也有4种不同的放法，
即每个小球都有4种可能的放法，
根据分步计数原理知不同放法共有（种）.
故选：B.
5．数列的前n项和，数列的前n项和为，则=（ ）
A．192B．190C．180D．182
【答案】B
【分析】利用关系求的通项公式，进而可得的通项公式，求即可.
【详解】当时，，
当 时，，
经检验满足上式，所以，
设，则 ，
所以.
故选：B
6．设是定义在上的函数，其导函数为，满足，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意令，进而根据题意得在上单调递减，故，进而得答案.
【详解】解：因为满足，令，
则，所以在上单调递减，
所以，即，所以.
所以.
故选：A
7．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
8．已知函数，直线，若有且仅有一个整数，使得点在直线l上方，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由定义域得为正整数，由导数法研究的图象，直线l过定点，由数形结合可判断的值，进而列不等式组确定参数范围.
【详解】点在直线l上方，即，因为，所以有且仅有一个正整数解.
设，则单调递增；单调递减，所以.
又，故可得图象如下图，
直线过定点，
当，有无数个正整数解，不合题意，故，
又有且仅有一个正整数解，故2是唯一的正整数解，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：直线l过定点，则原命题可转化为直线l绕定点旋转，从而满足条件，可由导数法研究的图象，由数形结合列式求解.
二、多选题
9．满足方程的的值可能为（ ）
A．1B．3C．5D．
【答案】AB
【解析】利用组合数的性质求解
【详解】解：因为
所以或
，或，或，或
时，，故舍去；
时，，故舍去；
时，；
时，；
故选: AB
【点睛】本题考查组合数性质，基础题.
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．有两个极值点B．的极大值点为
C．的极小值为D．的最大值为
【答案】AB
【分析】求出函数的导数，再利用导数求出函数的极值判断ABC，取特值判断D作答.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
由得：或，由得：，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
于是函数在处取极大值，在处取极小值，C错误；
函数有两个极值点，且是的极大值点，A正确，B正确；
显然，D错误.
故选：AB
11．设圆C：，直线l：，则下列结论正确的为（ ）
A．C的半径为2B．l恒过定点
C．l可能与C相切D．当时，l被C截得的弦长最短
【答案】ABD
【分析】化简圆的标准方程即可判断A，令，代入直线方程即可判断B，将代入圆方程即可判断C，当直线与定点与圆心连线所在直线互相垂直时，弦长最短，即可判断D.
【详解】对A，，所以的半径为2，故A正确；
对B，当时，，故直线恒过定点，故B正确；
对C，将代入圆方程有，故定点在圆内，
故直线与圆一定相交；
对D，圆心，设直线恒过定点，则当直线与直线相互垂直时，
被截得的弦长最短，故，即，则，故D正确.
故选：ABD.
12．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．一定存在点使平面
C．一定存在点使平面
D．的最小值为2
【答案】AC
【分析】根据线面垂直，线线垂直的判定和性质，结合空间几何体侧面展开图中最短距离的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：因为为正方形，故可得，
又面面，故可得，
又面，故可得面，
又面，故可得，故正确；
对B：因为//面面，故//面，
若存在点，使得//面，又面，
故可得面//面，显然矛盾，故错误；
对C：根据A所证可得：面，又面，故可得，
故只需，此时面，定有面，故C正确；
对D：将四棱锥的侧面的展开图绘制如下：
因为面面，故可得，
又面，故面，
又面，故可得，即三角形为直角三角形，
同理可得：三角形也为直角三角形，且△△，
其中，，
故，则，同理，
则，故三角形为等边三角形，则.
即的最小值为，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中线线垂直，线面垂直，线面平行的判定和性质，处理问题的关键是多次准确的对垂直进行转化，属综合中档题.
三、填空题
13．设双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的离心率为 .
【答案】
【详解】解析过程略
14．2025年河南省实行新高考，小明需要从物理、化学、生物、政治、历史、地 理中选择三科作为自己的选科组合，物理和历史不能同时选择，则小明不同的选科情况有 种．
【答案】16
【分析】根据题意，可分为三类：（1）若物理和历史同时不选；（2）若选物理，不选历史；（3）若不选物理选历史，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】由题意，从物理、化学、生物、政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合，且物理和历史不能同时选择，可分为三类：
（1）若物理和历史同时不选，共有种选法；
（2）若选物理，不选历史，共有种选法；
（3）若不选物理，选历史，共有种选法；
由分类计数原理，可得不同的选科情况共有种.
故答案为：16.
15．已知为坐标原点，，，，若点在直线上运动，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先由题意，设，再由题中数据，得到，，，推出，，根据向量数量积的坐标运算，即可求出结果.
【详解】因为点在直线上运动，可设，
因为，所以，即
又，，所以，，
因此，，
所以
，
所以当时，取最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记空间向量数量积的坐标运算公式即可，属于常考题型.
16．若函数在区间上，对，，，为一个三角形的三边长，则称函数为“三角形函数”.已知函数在区间上是“三角形函数”，则实数的取值范围为 .
【答案】.
【分析】利用导数求出在区间上的值域，再根据三角形函数的定义列式可求出结果.
【详解】，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
所以在区间上的值域为，
因为函数在区间上是“三角形函数”，
所以，解得.
故答案为：.
四、解答题
17．设公差不为零的等差数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若＝，数列的前n项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由求得，由求得公差，进而求得的通项公式；
（2）用裂项求和得证得结论.
【详解】（1）由得，
又，
∴公差，
.
（2）由（1）可得:
.
故成立.
18．设函数，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为7x-4y-12=0．
（1）求y=f（x）的解析式；
（2）证明：曲线y=f（x）上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【详解】解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，
当x＝2时，y＝．
又f′(x)＝a＋，
于是，解得
故f(x)＝x－．
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由f′(x)＝1＋知，曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(1＋)·(x－x0)，即y－(x0－)＝(1＋)(x－x0)．
令x＝0得，y＝－，从而得切线与直线x＝0，交点坐标为(0，－)．
令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为|－||2x0|＝6．
曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，此定值为6．
19．已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由，可得当时，，两式相减化简可得，再验证是否满足，
（2）由（1）得，然后利用分组求和和裂项相消求和法求
【详解】解：（1）数列满足①
当时，，②
①②，得：，
故；
当时，解得，首项符合通项，
故．
（2）由（1）得：
所以
．
20．如图所示，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，为等边三角形，，点S在平面ABCD内的射影O为线段AD的中点.
(1)求证：平面平面SBC；
(2)已知点E在线段SB上，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明和，利用线面垂直的判定定理证明出平面SOB，再利用面面垂直的判定定理证明出平面平面SBC.
（2）以为正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】（1）（1）如图，连接BD.在菱形ABCD中，，故为等边三角形.
因为O为AD的中点，所以.
因为，所以.
由条件可知底面ABCD，又平面ABCD，所以，
因为，OS，平面SOB，所以平面SOB.
因为平面SBC，故平面平面SBC.
（2）因为底面ABCD，，所以可以以为正方向建立空间直角坐标系，
不妨设，则.
因为，，，，所以.
由，得，
设是平面OEC的法向量，由得，
令，则，，则，
又因为平面BOE的一个法向量为，所以，
故由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
21．已知椭圆的左､右焦点分别为，，点为椭圆上一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作动直线与椭圆交于A，两点，过点A作直线的垂线，垂足为，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题干条件，可求得a、c值，根据a，b，c的关系，可求得b值，即可得答案.
（2）当直线不与x轴平行时，设直线的方程为，，，，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得，表达式，化简计算，可得直线BN的方程，即可求得定点；当直线平行x轴时，经检验符合题意，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆定义知：，
所以，又，则，
所以椭圆方程为.
（2）证明：当直线不与x轴平行时，
设直线的方程为，，，，
由消去，整理得：，
所以①，②，
又，所以直线BN的方程为，
即③，
又，
所以④，
将①､②式代入④式化简得：⑤，
⑤代入③化简得直线的方程为，
故直线过定点.
当直线平行x轴时，交点A，为长轴两个端点，则直线BN为x轴，经过点.
综上：直线过定点.
【点睛】解题的关键是熟练掌握椭圆的定义、韦达定理的应用等知识，易错点为：设直线时，需检验与x轴平行的直线是否满足题意.
22．已知函数，．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在上单调递增，即在上恒成立，由函数单调性讨论恒成立问题即可；
（2）由导数法直接研究或由换元法化简后研究恒成立问题.
【详解】（1），因为在上单调递增，
所以，恒成立，即恒成立，
因为在上单调递减，所以，则．
故实数a的取值范围为；
（2）因为恒成立，所以恒成立，
设，，则，
设，，则，所以在上单调递减，
且，，则，使，
即，且，，
列表得
所以，则.
解法二：恒成立，即恒成立，
令，，则，所以在上单调递增，
因为时，，所以在上的值域为．
因为，所以，恒成立，
设，，则，令得，列表得
所以，则．
解法三：恒成立，即恒成立，
令，，则在上单调递增，的值域为R．
因为，所以，恒成立，
设，，则，令得，列表得
所以，则．
故实数a的取值范围是．
x
＋
0
－
极大值
t
1
＋
0
－
极大值
t
0
＋
0
－
极大值