山西省2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

2022年下学期高二期末考试

数学

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. 已知集合A中元素x满足，且，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由已知条件列出不等式求解即可.

【详解】∵，∴，解得，

又∵，∴，解得，

∴．

故选：D．

2. 设是实数，则“”是“”的（）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据必要不充分条件的概念判断即可.

【详解】解：当时，满足，但不满足，故充分性不成立，

当时，一定有，故必要性成立，

所以，“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3. 设复数z满足：，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的运算法则和模的概念可证得，由此即可求得结果.

【详解】设复数，

则

，（）

则，故．

，．

故选：B．

4. 长方体中，和与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线和所成角的余弦值为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，利用与底面所成的角分别为°和°可得长方体的另外两条棱的长，连接，则，所以异面直线和所成角即为，由余弦定理可得结果.

【详解】设，则由°可得.

由°， 可得.

连接，则，

所以异面直线和所成角即为.

在三角形中，易得，

由余弦定理可得，

故选：A.

5. 若两平行直线与之间的距离是，则m+n＝（）

A. 0 B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由两直线平行的性质可得，再由平行线间的距离公式可得，即可得解.

【详解】由直线与平行可得即，

则直线与的距离为，

所以，解得或（舍去），

所以.

故选：A.

【点睛】本题考查了直线位置关系的应用及平行线间距离公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

6. 设F为抛物线的焦点，过F的直线交抛物线C于A，B两点，且，O为坐标原点，则的面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理及由得到的，求出直线的斜率，即可求解三角形的面积.

【详解】由已知得焦点坐标为，

由题意可知直线的斜率存在且不为0，

因此设直线的方程为，，

与抛物线的方程联立，化简得，

设，则

因为，故，

则，解得，

因此.

故选：D.

7. 过坐标原点作直线：的垂线，若垂足在圆上，则的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题设直线与相切，利用点线距离公式得到关于的表达式，即可得范围.

【详解】因为垂足在圆上，即直线与该圆相切，
 

所以.

故选：C

8. 设，且，则（）

A. 有最小值为 B. 有最小值为

C. 有最大值为 D. 有最大值为

【答案】A

【解析】

【分析】对变形得到，利用基本不等式求出最小值.

【详解】因为，

所以

，

当且仅当，故，

即取等号.

故选：A.

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. 若曲线：，下列结论正确的是（）

A. 若曲线是椭圆，则 B. 若曲线是双曲线，则

C. 若曲线是椭圆，则焦距为 D. 若曲线是双曲线，则焦距为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据方程表示椭圆、双曲线的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项

【详解】对于A，时，系数为正数，系数为负数，曲线不是椭圆，故不正确；

对于B，若曲线为双曲线，则，解得，故正确；

对于C，若曲线为椭圆，则，

故即所以，故正确；

对于D，若曲线为双曲线，则，

故即，所以，故正确；

故选：BCD

10. 下列结论正确的是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由在上单调递减，即可判断A；由在上单调递减，即可判断B；由函数在上单调递增，即可判断C；由，即可判断D.

【详解】对于A，在上单调递减，因为，所以，故A正确；

对于B，，在上单调递减，因为，所以，即，故B错误；

对于C，函数在上单调递增，，因为，所以，即，故C正确；

对于D，，故，故D错误，

故选：AC.

11. 已知抛物线的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于，两点，点P在l上的射影为，则（）

A. 若，则

B. 以为直径的圆与准线l相切

C. 设，则

D. 过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用抛物线焦点弦长公式可判断A选项；设N为中点，点N在l上的射影为，可得即可判断B选项；利用抛物线的定义结合三点共线可判断C选项；求出过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线的方程，可判断D选项．

【详解】对于A，因为，所以，又，所以，故A正确；

对于B，设N为中点，点N在l上的射影为，点Q在l上的射影为，则由梯形性质可得，故B正确；

对于C，因为，所以，（当P，M，F三点共线时取等号），故C正确；

对于D，显然直线与抛物线只有一个公共点，

当直线的斜率存在且不为0时，设过M的直线为，

联立，可得，

令，则，所以直线与抛物线也只有一个公共点，

所以过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误，

故选：ABC．

12. 已知点为双曲线右支上一点，、为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为、，过点作交于点，过点作交于点，为坐标原点，则下列结论正确的是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】设点，利用点到直线的距离公式可判断A选项；分析可知、、、四点共圆，利用圆的几何性质可判断B选项；求出、的面积，可判断C选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项.

【详解】对于A选项，设点，则，

双曲线的渐近线方程为，即，

所以，，A对；

对于B选项，由题意可知，，则、、、四点共圆，

且为该圆的一条直径，为该圆的一条弦，故，B对；

对于C选项，因为双曲线两渐近线的斜率分别为、，

所以，双曲线两渐近线的夹角为，由B选项可知，，

，

因为，则，因为，则，同理，，

所以，，则，C错；

对于D选项，由C选项可知，，且，

由余弦定理可得，

当且仅当时，等号成立，D对.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知两个向量，若，则m的值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示列式计算求解即可.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：.

14. 已知数列的前n项和，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】分和两种情况，根据与的关系即可求得数列的通项公式.

【详解】当时，；

当时，，

由于时的值不适合的通项公式，

∴的通项公式为.

故答案为：.

15. 已知椭圆的中心在坐标原点，一个焦点为，该椭圆被直线所截得弦的中点的横坐标为1，则该椭圆的标准方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由点差法可得，则，又，联立解得，即可得出椭圆方程．

【详解】设椭圆的标准方程为，

由题意，椭圆被直线所截得弦的中点的坐标为，

设，则，

由，得，

即，则，

，即，又，所以，

故椭圆的标准方程为．

故答案：．

16. 已知在菱形中，，平面外一点P满足，，则四棱锥体积的最大值为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】设，由，则，结合余弦定理得，同理，结合已知条件可得．当平面，四棱锥体积取到最大值，利用体积公式求解即可得出答案．

【详解】由于四边形为菱形，，则，

设，连接，

由于，则，

由余弦定理得，

则，整理得：；

同理由，可得，

于是，解得，

∵当平面，四棱锥体积取到最大值，

∴四棱锥体积的最大值．

故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.

17. 已知直线为曲线在点处的切线，为该曲线的另一条切线，且，求直线的方程.

【答案】

【解析】

【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的方程，再结合即可求出切线的方程．

【详解】因为，所以，

所以直线的方程为，即，

设直线与曲线相切于点，

则直线的方程为.

因为，所以，解得，

所以直线的方程为.

18. 已知等差数列中，，且前9项和.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列中，，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可．

【小问1详解】

设公差为d，由已知得

解得所以数列的通项公式为．

【小问2详解】

，

所以

．

19. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.

（1）求角B的大小；

（2）若，D为边上的一点，，且是的平分线，求的面积.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据同角三角函数关系式中的商关系，结合两角和的正弦公式、正弦定理进行求解即可；

（2）由，得，结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.

【小问1详解】

，

又，

则，即，

又，则；

【小问2详解】

由平分，，，

则有：，即，

在中，由余弦定理可得：，

又，则有：，

联立，可得：，

解得：或(舍去)，

故.

20. 已知圆和直线.

（1）证明：不论m为何实数，直线l都与圆C相交；

（2）当直线l被圆C截得的弦长最小时，求直线l的方程；

（3）已知点在圆C上，求的最大值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）把直线的方程变形后，根据直线恒过定点，得到关于与的二元一次方程组，求出方程组的解即为直线恒过的定点坐标，然后利用两点间的距离公式求出此点到圆心的距离,发现小于圆的半径，得到此点在圆内，故直线与圆恒交于两点；

（2）根据直线与圆相交弦长公式，可确定当圆心到直线的距离最大值时，弦长最小，即直线与垂直时，求得直线方程；

（3）表示圆C上的点到的距离的平方，求其最值即转化为点与圆上的点的距离最大值的平方，结合圆的性质可求．

小问1详解】

证明：因为，

所以，

令解得，所以直线l过定点，

而，即点在圆内部，所以直线l与圆C相交；

【小问2详解】

解：如图所示，过圆心作于，设所过定点为

由图可知圆心到直线的距离，且，

又直线l被圆C截得的弦长为，故当取最大值时，弦长最小

所以当，即直线时直线被圆C截得的弦长最小时，

又圆心，所以，所以直线l的斜率，

所以直线l的方程为，即.

【小问3详解】

解：因为，表示圆C上点到的距离的平方，因为圆心到原点的距离，

所以.

21. 如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.

（1）棱上是否存在点E，使∥平面？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；

（2）若四棱锥的体积为10，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）存在，点E为中点

（2）

【解析】

【分析】（1）点E为中点时，∥平面．延长交于点，连接，证明即可；

（2）由题意得，得，则平面，作，则平面，由四棱锥体积求得，则为正三角形，根据以上信息建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，用向量夹角公式解决问题．

【小问1详解】

点E为中点时，∥平面．

延长交于点F，连接，

在中，是的平分线，且，

∴是等腰三角形，点B是的中点，

又∵E是的中点，∴，

又平面过平面，

∴∥平面.

【小问2详解】

在中，，满足，

则，即，

由，得，则，，

四边形的面积为，

又平面平面平面，平面平面,

所以平面，又平面，则，

作，垂足为O，

平面平面平面，平面平面，

则平面，

则四棱锥体积为，解得，∴，

又，所以为正三角形，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，

设分别为平面和平面的法向量，

则，即，取，则，

，即，取，则，

所以，

则平面与平面的夹角的余弦值为.

22. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于P，Q两点，且的周长为8.

（1）求椭圆E方程；

（2）已知过点与椭圆E相切的直线分别为，直线与椭圆E相交于A，B两点，与分别交于点M，N，若，求t的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意知，的周长为，又，求得a，c，再由a，b，c的关系得到b，进而得到椭圆的方程；

（2）设过点的直线方程为，联立直线方程和椭圆方程，由求得直线，的方程．由得，结合韦达定理即可得到答案．

【小问1详解】

由题意知，的周长为，所以，

又，所以，所以，

所以椭圆E的方程为.

【小问2详解】

设过点的直线方程为，

联立方程，得，

由，得，

所以直线，方程分别为．

由，得与的中点重合，从而．

由，可得，

由得，从而，

又由，可得，

又由，可得，

从而．

所以，解得．