山西省大同市2022-2023学年高二上学期期末数学 Word版含解析.docx

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2022-2023学年高二第一学期期末教学质量监测试题数学试卷一、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.已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】由，则两直线的方向向量共线列式计算即可.【详解】由题意可得：，解得：，.故选：B.2.等差数列中，，，则该数列的公差为（）A.B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】运用等差数列的性质计算即可.【详解】设等差数列公差为，则②-①可得：，所以.故选：A.3.如果椭圆上一点到此椭圆一个焦点的距离为2，是的中点，是坐标原点，则的长为（）A.6B.10C.8D.12【答案】C 【解析】【分析】由椭圆定义可得，再利用中位线的性质即可求解．【详解】如图，连接，，，由椭圆方程可得：，则，由椭圆定义可得，所以，因为是的中点，是的中点，则由中位线可得：.故答案为：C.4.曲线在处的切线如图所示，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出切线方程，利用导数的几何意义求出的值，利用切线方程求出的值，进而可求得的值.【详解】设曲线在处的切线方程为，则，解得，所以，曲线在处的切线方程为，所以，，，因此，.故选：C. 5.等比数列中，已知，，，则为（）A.B.C.3D.6【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的通项公式，可求项数，利用前项和公式求解即可得答案．【详解】等比数列中，，，．.故选：B．6.已知函数的图象如图所示，其中是函数的导函数，则函数的大致图象可以是AB.C.D.【答案】A【解析】【详解】分析：讨论x＜﹣1，﹣1＜x＜0，0＜x＜1，x＞1时，的正负，从而得函数 的单调性，即可得解．详解：由函数的图象得到：当x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．由此得到函数y=f（x）的大致图象可以是A．故选A．点睛：本题利用导函数的图象还原函数的图象，即根据导数的正负判断函数的单调性，属于基础题．7.在数列中，，，，设数列的前项和为，则（）A.6440B.6702C.6720D.6740【答案】D【解析】【分析】根据，，及递推关系式，列举归纳可得是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，从而利用周期性可得的值.【详解】∵，，∴，，依次得，，，，，……，故是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，∴.故选：D.8.已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据题意得，令，求导求最值即可.【详解】若在上恒成立，则在上恒成立等价于在上恒成立，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，故，故.故选：B.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.(多选)关于双曲线与双曲线的说法正确的是（）A.有相同的焦点B.有相同的焦距C.有相同的离心率D.有相同的渐近线【答案】BD【解析】【分析】将两个双曲线方程化标准方程，再逐一判断.【详解】两方程均化为标准方程为和，这里均有，所以有相同的焦距，而焦点一个在轴上，另一个在轴上，所以A错误，B正确；又两方程的渐近线均为，故D正确；的离心率，的离心率，故C错误；故选：BD. 10.直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，，下列表述正确的是（）A.平面平面B.四边形面积最大为C.当时，线段平面D.四棱锥的体积恒为常数【答案】ABD【解析】【分析】运用面面垂直的判定定理可判断A项，当点和点B重合时，四边形面积最大，计算其面积即可判断B项，假设平面，可证得可判断C项，运用等体积法计算可判断D项.【详解】对于A项，如图所示，连接AC，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，又因为，，、面，所以平面，又因为面， 所以平面平面，即平面平面，所以A项正确；对于B项，在，的运动过程中，当点和点B或点重合时，四边形面积最大，此时是对角线长分别为，的菱形，所以面积为，所以B项正确；对于C项，假设平面，在平面中，，，又因为，所以，又因为，所以，即：O为、的中点，分别取、中点P、Q，连接，则线段经过点，且为的中点，如图所示，设，则，，，在中，，即：，所以，所以，所以，故C项错误；对于D项，因为，面，面，所以面，所以M到面的距离等于B到面的距离，因为，，，、面AEFC，所以面AEFC，即：面AEF，所以B到面的距离为，又因为，，所以.故D项正确.故选：ABD.11.经过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，设， ，则下列说法中正确的是（）A.当与轴垂直时，最小B.C.以弦为直径的圆与直线相离D.【答案】ABD【解析】【分析】先设直线的方程，联立抛物线，可得D.用抛物线焦点弦公式表示，可得A.利用抛物线定义，可表示，可证B.利用抛物线定义，结合图像位置关系可判断C.【详解】如图，设直线为，联立，得，即，所以，，故D正确，，将代入得，故当时，取得最小值，此时直线与轴垂直，故A正确，， 代入，，得，故B正确，设的中点为，则以弦为直径的圆的圆心为，半径为分别过作抛物线的垂线，垂足分别为,由抛物线的定义知，，则,故以弦为直径的圆与直线相切，C错误，故选：ABD12.已知函数，，则（）A.函数在上无极值点B.函数在上存在唯一极值点C.若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为D.若，则的最大值为【答案】AD【解析】【分析】A选项，二次求导，得到的单调性，得到答案；B选项，二次求导，得到在上单调递增，从而判断出无极值点；C选项，根据A选项得到的的单调性得到不等式，参变分离后，构造函数，求出其最大值得到答案；D选项，结合AB选项求出的函数单调性及同构，构造函数，进行求解.【详解】对于A：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，故函数在上无极值点，故A正确； 对于B：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则函数在上无极值点，故B错误；对于C：由A得在上单调递增，不等式恒成立，则恒成立，故恒成立.设，则，令，解得：，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，故C错误；对于D：若，则.由A，B可知函数在上单调递增，在上单调递增，∵，∴，，且，当时，，设，设，则，令，解得，令，解得：，故在上单调递增，在上单调递减，故，此时，故的最大值为，故D正确.故选：AD.【点睛】构造函数，研究其单调性，极值，最值，从而证明出结论，或者求出参数的取值范围，经常考察，也是难点之一，要能结合函数特征，合理构造函数进行求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】【解析】【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得， 之后应用等比数列的求和公式求得的值.【详解】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.14.若函数在处取得极小值，则a=__________．【答案】2【解析】【分析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.【详解】由可得，因为函数在处取得极小值，所以，解得或，若，则，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；当时，，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意； 综上：.故答案为：2.【点睛】思路点睛：已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.15.三棱柱中，，分别是，上的点，且，.若，，，则的长为________.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，设，，，将用，，表示出来，求的模长即可求解.【详解】如图设，，，所以，因为,所以，故答案为：【点睛】本题解题的关键是将用从点出发的一组基底，，表示出来计算其模长即可. 16.已知函数满足，当时，，若在区间内，曲线轴有三个不同的交点，则实数的取值范围是_______【答案】【解析】【详解】设，则，又，所以函数的图象如图所示，当时，显然不合乎题意；当时，如图所示，当时，存在一个零点，当时，，可得，则，若，可得，为减函数；若，可得，为增函数；此时必须在上有两个零点，，解得．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.已知直线（1）求与垂直，且与两坐标轴围成的三角形面积为直线方程；（2）已知圆心为，且与直线相切求圆的方程.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据两直线垂直设出所求直线，分别令和 ，求得在坐标轴上的截距，利用三角形的面积公式即可求解；（2）根据圆与直线相切的条件及点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】因为所求的直线与直线垂直，所以设所求的直线方程为，令，得；令，得.因为所求的直线与两坐标轴围成的三角形面积为．所以，解得或.所以所求的直线方程为或．【小问2详解】设圆的半径为，因为圆与直线相切，所以，所以所求的圆的方程为.18.设等差数列的前项和为，且成等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】(1)an=2n-1(2)【解析】【详解】分析：设等差数列的首项为,公差为,由成等差数列，可知,由得：，由此解得，，即可得到数列的通项公式；令，利用错位相减法可求数列的前项和.详解：设等差数列的首项为,公差为,由成等差数列，可知,由 得：，解得:因此:(2)令.则，∴①②①—②,得所以点睛：本题考查等差数列的公差及首项的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质、错位相减法的合理运用．19.如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，.（1）求证：平面平面；（2）设，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）取，的中点，，连接，，，，可得，，证得平面，得到，又由，证得平面，从而可得平面平面.（2）由（1），建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，取和的中点和，分别连接，，，，则四边形为正方形，可得，所以，又因为，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，可得，又因为，且平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：由（1）知两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，令，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，又设平面的法向量为，则，取，，所以，所以，由图形得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 20.设正项数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【详解】分析：第一问首先将代入题中所给的式子，结合与的关系，求得，再类比着写出一个式子，两式相减求得，结合数列的项的符号，得到，从而得到数列是等差数列，应用等差数列的通项公式写出结果；第二问利用裂项相消法对数列求和，结合式子写出其范围.详解：（1）①时，由，得，②时，由已知，得，∴，两式作差，得，又因为是正项数列，所以.∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列.∴.（2）∵，∴ .又因为数列是递增数列，当时最小，，∴.点睛：该题考查的是有关数列的通项公式的求解以及裂项相消法求和，在解题的过程中，需要对题中所给的式子，类比着往前写或者往后写一个，两式相减，结合题中的条件，得到相邻两项的差为同一个常数，从而得到该数列是等差数列，之后借助于等差数列的通项公式求得结果，对于第二问应用裂项相消法求和之后，结合式子的特征以及n的范围，求得其值域.21.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆短轴的两个端点与构成正三角形.(1)求椭圆的方程；(2)若过点的直线与椭圆交于不同两点，试问在轴上是否存在定点，使恒为定值?若存在，求出的坐标及定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】【分析】(1)由题意首先求得点F的坐标，然后结合正三角形的性质和椭圆的性质求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)假设存在满足题意的点，当直线斜率存在的时候，设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求得的表达式，然后整理变形确定m的值，当直线斜率不存在的时候直接验证的值即可确定点E是否存在.【详解】（1）由题意知抛物线的焦点为，所以，因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，所以，可求得a=2. 故椭圆的方程为.（2）假设存在满足条件的点，当直线的斜率存在时，设其斜率为，则的方程为，由得，设，所以，则，要使为定值，令，即，此时.当直线的斜率不存在时，不妨取，由，可得，所以. 综上所述，存在点，使为定值.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：若，，则．【答案】（1）时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求定义域，再求导，分与求解函数的单调性；（2）由得到，即证，构造函数，，求导后得到在上单调递增，∵，∴，从而证明出成立．【小问1详解】由题意知：．当时，当时，，在上单调递增；当时，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】 证明：∵，即，又，∴要证，只需证，即证①设，，则，∴在上单调递增，∵，∴，不等式①成立，即成立．