浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高二上学期期末数学 Word版含解析.docx

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奉化区2022学年高二第一学期期末试卷数学试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题共60分）一､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.直线的倾斜角的大小为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据斜率等于倾斜角的正切值，结合倾斜角的范围即可求解.【详解】由可得，所以直线斜率为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，故选：D.2.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出圆心到直线的距离即得圆的半径，即得圆的方程.【详解】由题得圆心到直线的距离，所以圆的方程为.故选：D. 3.空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（）A.B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.因为，故，,所以点到直线的距离为.故选：A4.设等比数列满足，，则（）A.8B.C.4D.【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得出.【详解】解：设等比数列的公比为，，，，，解得：，则.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.5.函数的图像在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【详解】，，，，因此，所求切线的方程为，即.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题6.已知直线，点是圆内一点，若过点A的圆的最短弦所在直线为m，则下列说法正确的是（）A.l与圆C相交，且B.l与圆C相切，且C.l与圆C相离，且D.l与圆C相离，且【答案】D【解析】【分析】由题可得，根据点到直线的距离公式可得，利用圆的性质可得过点A的圆的最短弦与垂直，进而即得.【详解】因为点是圆内一点，所以，所以圆心到直线的距离为，所以直线l与圆C相离，由圆的性质可知当时，过点A的圆的弦最短，此时，所以.故选：D.7.设点是抛物线：上的动点，点是圆：上的动点，是点到直线的距离，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】求出抛物线焦点坐标，由抛物线定义得到，数形结合得到即为的最小值，得到答案.【详解】由定义知：抛物线的焦点坐标为，连接，则，所以，圆：的圆心为，半径为，则使得取的最小值，其中，故的最小值为.故选：B8.已知，，圆：上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据，求得点的轨迹是圆，然后由两圆相切求解.【详解】设，因为，所以，整理得，所以满足点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，由题意可得，当两圆相切即可，当两圆相外切时，，解得， 当两圆相内切时，，解得，故选：A二､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，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知平面的一个法向量为，以下四个命题正确的有（）A.若直线的一个方向向量为，则B.若直线的一个方向向量为，则C.若平面的一个法向量为，则D.若平面的一个法向量为，则【答案】BD【解析】分析】由，可判断AB；由可判断CD【详解】对于AB：平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，所以，所以与不垂直，又，所以，所以，故A错误，B正确；对于CD：平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，，所以，所以，所以，故C错误，D正确；故选：BD 10.已知双曲线的左､右焦点分别为､，左右顶点分别为，点是双曲线上的点（异于），则下列结论正确的是（）A.该双曲线的离心率为2B.该双曲线的渐近线方程为C.若，则的面积为16D.点到两点的连线斜率乘积为【答案】BCD【解析】【分析】由双曲线方程得，然后计算离心率，确定渐近线方程，即可判断AB；结合双曲线的定义和垂直求得，从而可得的面积，即可判断C；设，根据直线的斜率公式及点在双曲线上计算即可判断D．【详解】由双曲线方程得，，，焦点为，，，离心率，A错；渐近线方程是，B正确；若，不妨设，则，∴，，C正确；设，则，，，故D正确.故选：BCD.11.已知等差数列的前项和为，公差为，若，则（）A.B.C.D. 【答案】AD【解析】【分析】对AB，根据通项与的关系可得，即可判断；对CD，根据等差数列前项和的公式，结合等差数列的性质判断即可【详解】因为，，所以，，故等差数列首项为负，公差为正，所以，，故A正确，B错误；由，可知，所以，故C错误；因为，所以，故D正确．故选：AD12.（多选）如图为函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（）A.在处取得极大值B.是的极小值点C.在上单调递减，在上单调递增D.是的极小值点【答案】BC【解析】【分析】利用图像判断的正负，得到函数的单调性进而逐项判断【详解】当时，，∴不是的极值点，∴A错误；当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴是的极小值点，∴B正确；当时，，∴在上单调递减，∴是的极大值点，∴C正确，D错误． 故选：BC．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列，，=___________【答案】e【解析】【分析】由等差中项的性质计算即可.【详解】由等差数列性质可知：，又，故.故答案为：e14.已知，，，，若四点共面，则＝_______．【答案】8【解析】【分析】四点共面，则存在唯一的λ、μ使得，据此即可求出x.【详解】∵，，，，∴，，，∵四点共面，则有，即解得．故答案为：8.15.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，则点坐标为___________.【答案】【解析】【分析】先根据直线AC与直线BH垂直，斜率乘积为-1，得到，从而利用点斜式求出直线AC 方程，与CM所在直线联立求出点C坐标即可.【详解】因为边AC上的高BH所在直线方程为，∴，且，∴∵的顶点，∴直线AC方程：，即，与联立，，解得：，所以顶点C的坐标为，故答案为：.16.设椭圆的左焦点为，下顶点为，若存在直线与椭圆交于两点，且的重心为，则直线斜率的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】设的中点为，由的重心为，可得，从而可求得点的坐标，再利用点差法结合点在椭圆内，即可得出答案.【详解】设的中点为，，因为的重心为，所以，即，所以，即，则，又在椭圆上，则有， 两式相减得，所以，即，因为点在椭圆内，所以，所以，即，，当时，，当时，，所以，所以，即直线斜率的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于对三角形重心的理解，即中线的交点，由此求出中点坐标，再运用点差法结合中点在椭圆内计算即可.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.已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，且弦被点平分.（1）求直线的方程；（2）求弦的长度. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由点差法得出斜率，再写出方程；（2）联立直线和抛物线方程，由韦达定理以及弦长公式求出弦的长度.【小问1详解】设则，由，可得所以，得直线的方程为.【小问2详解】联立方程，得，得，所以18.已知数列满足（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据求解即可；（2）利用裂项相消法求解即可.【小问1详解】因为， 故当时，，上述两式相减，得，所以，又可得，符合上式，所以；【小问2详解】由（1）可得，则.19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.（1）求证：AA1⊥平面ABC；（2）求二面角A1-BC1-B1的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）建立坐标系求出平面的法向量即可求二面角的余弦值.【详解】（1）因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC；（2）由（1）知，，．由题意知，，，所以． 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，3，，，0，，，3，，，0，．设平面的法向量为，，，则，即．令，则，，所以．同理可得，平面的法向量为．所以．由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．20.已知.（1）若在处有极大值，求的值；（2）若，求在区间上的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)求出，令，解得，再分别讨论，利用函数在处有极大值，从而得出答案； (2)确定函数单调性，即可求在区间上的最小值.【小问1详解】由题知，，由题意，，得或，当时，在上，在上，此时，在处有极小值，不符题意；当时，在上，在上，此时，在处有极大值，符合题意.综上，.【小问2详解】令，得或，由，则在上，在上，即在上单调递增，在上单调递减.由题意，，当时，在区间上单调递减，则，当时，在区间上单调递减，在上单调递增，则，当时，在区间上单调递增，则，综上，.21.我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和． （1）把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；（2）设，证明：.【答案】（1），（）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据已知写出与的递推关系，再利用累加法求出数列的通项公式；（2）先求出，再利用错位相减法求出，即得证.【小问1详解】解：由“杨辉三角”的定义可知：，时，所以有，故,该式对a1=1也成立.所以（）【小问2详解】解：由题得，所以，设， 所以，（1）所以，（2）（1）（2）得，所以，所以所以所以故.22.已知离心率为的椭圆过点.（1）求椭圆的方程;（2）设直线与椭圆交于不同的两点,直线分别交直线于点.当面积为8时,求的值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】(1)根据离心率和点,建立等式,结合,解出即可;(2)设出点坐标,写出直线的方程,取,解得的纵坐标,将直线与椭圆联立,解得,代入中化简,根据,使其等于8,即可求得的值.【小问1详解】由题意:,又,解得,所以椭圆的方程为:; 【小问2详解】设,则,令,得,同理,联立,得,则,所以,则,求得.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线综合题,属于中难题,关于此类问题的思路有:(1)根据题意考虑直线与圆锥曲线的两个交点,即设有两个交点的直线方程;(2)分情况讨论直线斜率是否存在;(3)设直线方程,联立方程组;(4)判别式大于零,韦达定理;(5)根据题意建立关于的等式,化简即可.