2022-2023学年山东省临沂市郯城县郯城第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省临沂市郯城县郯城第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．数列， ， ， ，……的通项公式可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由分母构成等差数列即可求出.

【详解】数列的分母形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为，

所以.

故选：C.

2．已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示求出n，再利用向量夹角公式求出夹角.

【详解】，解得，则，

，，

设向量与的夹角为，则，

，，即与的夹角为．

故选：A．

3．直线与圆的位置关系是（    ）

A．相交 B．相离 C．相交或相切 D．相切

【答案】A

【分析】易得直线过定点，而定点在圆上，根据直线与圆的位置关系进而得结果.

【详解】直线，即，直线过定点，而点在圆上，

所以直线与圆相交或者相切，

而过点且与相切的直线斜率为0，

但直线的斜率不可能为0，

所以直线与圆的位置关系是相交，

故选：A.

4．已知等差数列的前项之和为，前项和为，则它的前项的和为（ ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】等差数列中也成等差数列，据此可解答﹒

【详解】由于等差数列中也成等差数列，即成等差数列，∴﹒

故选：C．

5．如图，在空间四边形中，点在上，满足，点为的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由得，结合中点公式可得，由线性运算即可求解.

【详解】由得；由点为线段的中点得，

∴，

故选：D

6．已知点在圆上运动，点在直线上运动，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将的最小值问题，转化为圆心到直线距离的最小值减去圆的半径，利用点到直线的距离公式即可求得结果.

【详解】点在圆上，点在直线上，

故的最小值可以转化为圆心到直线的距离减去半径，

又圆的圆心为，半径为，

则.

故选：.

7．已知是抛物线上的一动点，是抛物线的焦点，点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过作垂直准线，为垂足，则有，则可转化

，分析即得解

【详解】

过作垂直准线，为垂足，，所以

（当且仅当纵坐标相等时取等号）

故选：C

8．椭圆，分别是左右焦点，是直线上的一点，且是顶角为的等腰三角形，则椭圆离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用，可求得，利用可得关于的齐次方程，由此可推导得到离心率.

【详解】

是顶角为的等腰三角形，由题意可知：，，

，又，，

整理可得：，.

故选：A.

二、多选题

9．已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线上，若，则（    ）

A．的坐标为 B．

C． D．以为直径的圆与轴相切

【答案】BCD

【分析】由抛物线的方程求出焦点的坐标，可判断A选项；利用抛物线的定义可求得的值，可判断B选项；先根据抛物线的方程求的值，再利用平面内两点间的距离公式可判断C选项；求出的中点坐标，进而可得该点到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断D选项.

【详解】对于抛物线，可得，且焦点在y轴正半轴上，则点错误；

由拋物线的定义可得，可得正确；

由可知，，可得，C正确；

∵的中点坐标为，则点到y轴的距离，

∴以为直径的圆与轴相切，D正确.

故选：BCD.

10．如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形和为直角梯形，，为直角顶点，其他四个面均为矩形，，下列说法正确的是（    ）

A．该几何体是四棱台

B．

C．

D．平面与平面的夹角为

【答案】BD

【分析】四边形和为直角梯形，其他四个面均为矩形,可知：，且四直线相等，故这是一个以平面和平面是底面的直四棱柱，又过的三条棱两两垂直，可以建立空间直角坐标系易得答案.

【详解】因为四边形和为直角梯形，为直角顶点，其他四个面均为矩形可知：，且四直线相等，所以这个六面体是四棱柱，平面和平面是底面，故错误；

由题意可知两两垂直，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则

，故.故正确；

，所以不垂直，故C错误；

根据题意可知平面，所以为平面的一个法向量，，

设为平面的法向量，则有则可取，

则，所以平面与平面的夹角为，故正确.

故选：BD.

11．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．1225既是三角形数，又是正方形数

C．

D．，总存在，使得成立

【答案】ABD

【分析】利用等差数列求和，分别求出，，进而结合裂项求和法逐个选项进行判断即可得到答案.

【详解】三角形数构成数列，易得；

正方形数构成数列，，易得；

对于A：，故A正确；

对于B：令，解得；

令，解得.故B正确；

对于：∵，

∴，故C错误；

对于D：取，且，则，即，

故，总存在，使得成立，故D正确.

故选：ABD.

12．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】分别构造、、，利用导数研究它们在上的单调性比较大小即可，应用特殊值法判断D.

【详解】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，

故在定义域上递增，则，即，

所以，错误；

B：令且，则，

故在定义域上递增，则，即，

所以，则，即，正确；

C：令且，则，

故在定义域上递增，则，即，

所以，则，正确；

D：当时，，错误.

故选：BC

【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，应用导数研究单调性，进而比较大小关系.

三、填空题

13．已知，，，若，，三向量共面，则等于_________．

【答案】

【分析】由，，共面，设，列方程组即可求出λ的值．

【详解】∵，，共面，

∴设（为实数），即，

∴，解得．

故答案为：．

14．若圆与圆有且只有一条公切线，则实数的值是_________．

【答案】或

【分析】根据题意知两圆内切，得，分类讨论求解即可．

【详解】圆，即，则圆心，半径，．

圆，即，则圆心，半径，．

由于两圆有且只有一条公切线，所以两圆内切，

所以，即，

当时，有，即，解得，不合题意；

当时，有，即，解得或(舍)；

当时，有，即，解得或(舍)，

综上，或．

故答案为：或．

15．已知数列，，，，成等差数列，数列，，，，成等比数列，则_________．

【答案】##0.375

【分析】根据题意，求出数列的公差，得到，利用等比中项公式和等比数列的性质，求得，从而得解.

【详解】由，，，，成等差数列，可得公差，所以，

又由，，，，成等比数列，可得，

设等比数列的公比为，可得，所以，

所以.

故答案为：.

16．已知抛物线的弦的中点的纵坐标为4，则的最大值为_________．

【答案】11

【分析】设，，由中点的纵坐标为4，知，结合抛物线定义及三点共线，可得弦过焦点时，取最大值，结合即可得到答案．

【详解】抛物线方程为，焦点，准线为，

设，，

中点的纵坐标为4，，

作，，垂足为，，连接，，

则，，

而，当弦过焦点时取等号，

即，

故当弦过焦点时，取最大值11．

故答案为：11．

四、解答题

17．设函数在处取得极值-1.

(1)求、的值；

(2)求的单调区间.

【答案】(1)

(2)的单调递增区间为，单调递减区间为.

【分析】（1）根据极值和极值点列出方程组，求出；（2）结合第一问得到单调区间.

【详解】（1），由题意得：，，

解得：，

此时，

当时，，当或时，，

故为极值点，满足题意，

所以.

（2）由（1）可知：当时，，当或时，，

故的单调递增区间为，单调递减区间为

18．记为数列的前n项和．已知．

(1)证明：是等差数列；

(2)若成等比数列，求的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；

（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．

【详解】（1）因为，即①，

当时，②，

①②得，，

即，

即，所以，且，

所以是以为公差的等差数列．

（2）[方法一]：二次函数的性质

由（1）可得，，，

又，，成等比数列，所以，

即，解得，

所以，所以，

所以，当或时，．

[方法二]：【最优解】邻项变号法

由（1）可得，，，

又，，成等比数列，所以，

即，解得，

所以，即有.

则当或时，．

【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；

法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．

19．已知是数列的前项和，已知目，

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)，.

(2)，其中.

【分析】对于（1），先由可得表达式，再由，其中.可得的通项公式；

对于（2），由（1）可得，

则，据此可得数列的前项和.

【详解】（1）由题，又由，.

可得，.

故.

则当，时，.

又时，，故数列的通项公式是，.

（2）由（1）可知，，

则.

则当为偶数时，

.

当为奇数时，.

综上：，其中.

20．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.

（I）求证：// 平面；

（II）若平面平面，，    求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【分析】（I）连接BD交AC于点F，再连接EF，利用EF是三角形DBS的中位线，判断出DS平行EF，再利用线面平行的判定得证;

（II）取AB的中点为O，利用已知条件证明DO、SO、BO两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，再利用线面角的公式求出直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（I）证明：连接BD角AC于点F，再连接EF.

因为四边形是菱形，所以点F是BD的中点，

又因为点是的中点，所以EF是三角形DBS的中位线，

所以DS平行EF，

又因为EF平面ACE，SD平面ACE

所以// 平面

（II）因为四边形是菱形，，所以

又AB=AD，所以三角形ABD为正三角形.

取AB的中点O，连接SO，则DOAB

因为平面平面，平面平面=AB

所以DO平面ABS，又因为三角形ABS为正三角形

则以O为坐标原点建立坐标系

设AB=2a，则

设平面ADS的一个法向量为

则

取x=1，则

所以

设直线AC与平面ADS所成角为

则

【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及运用空间向量去解决立体几何的问题，如何建系和求法向量是解题的关键，属于中档题.

21．已知，动点满足，动点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)若点是直线上的动点，过点作曲线的两条切线，切点为，则直线是否过定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.

【答案】(1)

(2)过定点，定点

【分析】（1）点点距离，列等量，化简即可求解轨迹方程，

（2）根据四点共圆得方程，进而根据两圆方程得相交弦方程，进而可求定点.

【详解】（1）设点，依题意知，整理得，曲线的方程为.

（2）设为坐标原点，由题意可知：四点共圆且在以为直径的圆上（对角互补的四边形的四顶点共圆），设该圆为圆,

设，则圆心，半径，于是圆的方程为：

即，

又在圆上，即，

（直线是两圆的公共弦所在直线，故两圆方程相减便得其方程）.

由 得所以直线过定点..

22．已知双曲线，其虚轴长为，直线与曲线的左支相交于相异两点.

(1)求的取值范围；

(2)为坐标原点，若双曲线上存在点，使（其中），求的面积的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据已知可得双曲线方程为.联立直线与双曲线的方程可得，根据题意可判断方程有两个不相等的负数根，由韦达定理以及两根的符号，即可求出的取值范围；

（2）由可得到，代入双曲线即可得到的关系.然后表示出弦长以及到直线的距离，可表示出的面积，令换元可得.对求导即可得到在上单调递增，即可求出最值.

【详解】（1）因为双曲线的虚轴长为，所以，

故双曲线方程为.

联立消去整理得，

因为直线与曲线的左支相交于相异两点，所以该方程有两个不相等的负数根，设.

，解得.

实数的取值范围是.

（2）设，由得：.

所以，，

故，，.

点在双曲线上，，

整理得，

因为，，所以，即.

，

又点到直线的距离为

，

，

由于，

，，令，则，.

令，.

，且设，

则

，

因为，，所以，所以有，

所以，所以，在上单调递增，

所以，当时，有最小值；

当时，有最大值.

故.