2022-2023学年云南省楚雄州高二上学期期末教育学业质量监测数学试题（解析版）

2022-2023学年云南省楚雄州高二上学期期末教育学业质量监测数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据集合交集的定义即可求解.

【详解】由，得，

故选：B

2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.

【详解】因为，

所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.

故选：D

3．已知数列，，，，…则该数列的第211项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，观察规律，写出数列通项公式，可得答案.

【详解】由题意，该数列可表示为，

该数列的通项公式为，所以，

故选：A.

4．已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，且，则的最小值为（    ）

A．8 B．16 C．11 D．26

【答案】C

【分析】根据，再结合图形求解即可.

【详解】因为抛物线：，所以抛物线的准线为，

记抛物线的准线为，作于，如图所示：

因为，，

所以当，，共线时，有最小值，最小值为.

故选：C.

5．已知函数，则函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用特殊值代入和函数的单调性判断选项即可得到答案.

【详解】令，则，排除A，C选项；

当时，，，

所以在为减函数，排除B选项.

故选：D

6．将自然数1，2，3，4，5，…按照下图排列，我们将2，4，7，11，16，…都称为“拐角数”，则第100个“拐角数”为（    ）

A．5050 B．5051 C．10100 D．10101

【答案】B

【分析】找出拐角数的规律：第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，第3个“拐角数”为，按此规律即可求.

【详解】第1个“拐角数”为，

第2个“拐角数”为，

第3个“拐角数”为，

……

故第100个“拐角数”为，

故选：B

7．已知双曲线：的顶点到一条渐近线的距离为实轴长的倍，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据点到直线距离公式可得，然后可得.

【详解】由题可知，点到直线为，

所以

所以，所以

双曲线的离心率

故选：A

8．设数列的前项和为，已知，，若，则正整数的值为（    ）

A．2019 B．2020 C．2021 D．2022

【答案】B

【分析】构造等比数列，先求通项后求和，最后利用和放缩得出结果.

【详解】因为，，所以，化为.

因为，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，

所以，

所以

令

因为，所以

因为，所以

所以.

因为，所以正整数的值为2020.

故选：B

【点睛】关键点点睛：

这道题通过构造等比数列求得通项公式后，并不能按常规方法求和，利用和放缩最终得出结果.

二、多选题

9．2022年第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是第一次在阿拉伯地区举办，第一次在北半球冬季举办，也是最后一届32支球队参加的世界杯赛，它吸引了全世界的目光.现使用分层抽样的方法，从到场观看世界杯某场比赛的球迷中随机抽取名，其中亚洲、欧洲、非洲、美洲球迷人数的比例为，若亚洲球迷抽到12人，则下列选项不正确的是（    ）

A．非洲球迷抽到15人 B．美洲球迷抽到8人

C． D．欧洲球迷比美洲球迷多18人

【答案】ABC

【分析】根据题意得到，从而得到，在利用分层抽样求解即可.

【详解】由，解得人，

所以欧洲抽到人，非洲抽到人，

美洲抽到人，欧洲球迷比美洲球迷多18人.

故选：ABC

10．已知椭圆：的焦点分别为，，为上的动点，则（    ）

A．的周长为 B．的最大值为

C．的长轴长为 D．的离心率为

【答案】CD

【分析】依据椭圆方程计算，根据椭圆的性质逐一计算各个选项可得结果.

【详解】对A，因为，，所以，，.

因为焦点在轴上，所以的周长为，故A选项错误；

对B，根据结论知的最大值为，故B选项错误；

对C，长轴长为，故C选项正确；

对D，离心率为，故D正确.

故选：CD

11．已知为偶函数，其图象与直线的其中两个交点的横坐标分别为，，的最小值为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的是（    ）

A．

B．函数在上单调递减

C．是函数图象的一个对称中心

D．若方程在上有两个不等实根，则

【答案】BD

【分析】首先根据已知条件得到，对选项A，根据三角函数平移变换即可判断A错误，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，根据即可判断C错误，对选项D，画出的图象即可得到答案.

【详解】因为的图象与直线的两个交点为两个最高点，且的最小值为，

所以的最小正周期，所以.

因为为偶函数，且，所以，故.

因为，所以A错误；

当时，，

所以在上单调递减，故B正确；

因为，所以C错误；

对选项D，当时，，，

即，，如图所示：

结合图象可知，要使方程在上有两个不等实根，则，所以D正确.

故选：BD

12．已知是数列的前项和，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】由，可求得，时，，两式相减可得，即可判断A；由，可得，两式相减即可判断C；由，可得，从而可求得数列的通项公式，即可判断B，求出即可判断D.

【详解】因为，所以当时，，

因为，所以，

当时，，所以，

当时，，两式相减得，

当时，，

所以，故A错误；

因为，所以，

当时，，

所以，故C错误；

因为，所以，

因为，所以从第二项起是公比为的等比数列，

所以，所以，

所以，

所以，故B正确；

，，

所以，故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知向量，满足，，且，的夹角为45°，则______

【答案】

【分析】，结合数量积的公式代入数据计算即可.

【详解】因为向量，满足，，且，的夹角为45°，

所以.

故答案为：

14．设等差数列，的前项和分别为，.若，则______

【答案】##0.4

【分析】根据等差数列的前项和的性质即可求解.

【详解】因为，，

所以,

故答案为：

四、双空题

15．过直线：上一点向圆：作切线，切点为，则______；圆关于直线对称的圆的标准方程为______.

【答案】     4    

【分析】利用勾股定理即可求出切线长，求出圆心关于直线的对称点，结合半径一样即可求出圆的标准方程

【详解】圆：即，圆心，半径为2，则圆心到直线的距离，

又，所以当时，.

设圆心关于直线对称的点为，则

解得即，半径为2，

故圆关于直线对称的圆的标准方程为.

故答案为：4；

五、填空题

16．若直线与单位圆（圆心在原点）和曲线均相切，则直线的一个方程可以是______

【答案】（或，，，只需写出一个答案即可）

【分析】根据直线与圆，以及双曲线相切，可根据点到直线的距离以及判别式进行联立方程求解满足题意的直线.

【详解】显然直线存在斜率，设直线：，

联立方程组 ,

得

因为直线与曲线相切，所以，

即.

因为直线与单位圆相切，所以

联立方程组

解得，

故直线的方程可能是，，，

故答案为：

六、解答题

17．已知抛物线：的焦点为，是拋物线上的点，且.

(1)求抛物线的方程；

(2)已知直线交抛物线于，两点，且的中点为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线定义求值得抛物线的方程；

（2）将，两点的坐标代入抛物线方程两式相减结合的中点为求得直线的斜率为即可.

【详解】（1）因为，

所以，

故抛物线的方程为.

（2）当直线的斜率不存在，的中点不可能为，故直线的斜率存在且不为零，

设直线的斜率为，，，，

则两式相减得，整理得

因为的中点为，所以，

所以，

所以直线的方程为，即.

18．设的内角，，所对的边分别为，，，已知，，.

(1)求的面积及；

(2)求.

【答案】(1)面积为，

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系式、三角形的面积公式、余弦定理求得正确答案.

（2）根据同角三角函数的基本关系式、两角差的余弦公式求得正确答案.

【详解】（1）因为，则为锐角，所以，

所以的面积为，

因为，

所以.

（2）因为，，

且，，为锐角，

所以，，

所以.

19．已知在等差数列中，，.

(1)求的通项公式；

(2)正项数列的前项和为，若，，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)设的公差为，结合等差数列的性质得 .从而写出通项公式.

(2) 由，，可推导出是首项，公比的等比数列，

从而利用错位相减法求数列的前项和.

【详解】（1）设的公差为，由，可得.

因为，所以，

所以.又因为，所以

故.即.

（2）因为，所以当时，，

所以，即.

因为，

所以是首项，公比的等比数列，

故

因为，所以，

，

两式相减，可得，

故.

【点睛】错位相减相减是本道题的核心考点和难点，准确计算错位相减后的求和是本题的易错点.

20．如图，在四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，.

(1)证明：.

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用题设条件与勾股定理证得，，从而由线面垂直判定定理证得平面，由此得证；

（2）结合（1）中条件证得面，又求得到的距离，从而建立空间直角坐标系得到各点的坐标，先分别得到平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【详解】（1）过作于点，连结，如图，

又因为，，则四边形为矩形，

在中，，，，

因为为等边三角形，所以，

在中，，则，所以，

在中，，，

所以在中，，所以，

又，平面，所以平面，

又平面，故.

（2）由（1）得，

又，面，所以面，

又平面，平面，所以，

在中，，，，则到的距离为，

以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量为，

因为，，所以，

令，得，

取平面的一个法向量为，

设二面角为，易知为锐角，

则，

故二面角的余弦值为.

21．已知数列满足，.

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，其前项和为，求使成立的最小正整数.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）根据递推关系可得，进而知是等差数列，即可求解，

（2）根据裂项求和可得，进而结合二次函数的单调性即可求解.

【详解】（1）因为，所以

因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列，

所以，故

（2）因为

所以

因为，所以，

整理得

因为在上单调递增，

且，，

所以当时，，

故使成立的最小正整数为6.

22．已知椭圆：的右焦点为，为椭圆上一动点，的最大值为3，最小值为1，过的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点.

(1)若，求直线的斜率.

(2)当直线的斜率存在时，试判断轴上是否存在一点，使.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）直线方程与椭圆标准方程联立消，由韦达定理得到，，又，代入化简，即可得到本题答案；

（2）若，则，转化并逐步化简，即可得到本题答案.

【详解】（1）解：由题意知，解得，.

因为，所以，

所以椭圆的方程为，

易知点坐标为，设直线的方程为，，，

联立方程组，得，

则，，

因为，

所以，

化简得，，得，

所以直线的斜率为

（2）解：假设轴上存在点，使，则，

因为，

化简得，，

所以，得，

因为直线的斜率存在，所以，所以，

故存在点，使.

【点睛】关键点点睛：本题中（1）问中，主要联立直线方程和椭圆标准方程消，得到，然后把，转化为，即可求解，（2）问中，的等价条件为，由此得到方程，转化并逐步化简，即可求解;考查了学生的转化和运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题.