山东省临沂市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

临沂市2021级普通高中学科素养水平监测试卷

数学

注意事项：

1.答题前考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回.

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. 向量，若，则（    ）

A.  B.  C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】由，可得以，再根据空间向量数量积的坐标表示即可得解.

【详解】因，，

所以，即，解得.

故选：D.

2. 设，则（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】直接求导得到，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】因为，则，

所以

故选:C

3. 已知圆，则圆心及半径分别为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得圆的标准方程，进而求得圆心和半径.

【详解】圆，

即，

所以圆心为，半径为.

故选：A

4. 已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A. 54 B. 27 C. 18 D. 9

【答案】B

【解析】

【分析】由等差数列通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可得解.

【详解】，

.

故选：B.

5. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，河岸线所在直线方程为，若将军从点处出发，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短路程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求得关于直线对称点，根据点和圆的位置关系求得正确答案.

【详解】设关于直线的对称点为，

则，解得，

圆的圆心为，半径，

所以“将军饮马”的最短路程为.

故选：D

6. 已知空间中三点，则点到直线的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．

【详解】因为，

所以，

则点到直线的距离为.

故选：C.

7. 设直线的方程为，则的倾斜角的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得直线斜率的取值范围，进而求得的倾斜角的取值范围.

【详解】直线的斜率，

所以直线的倾斜角的取值范围是.

故选：A

8. 已知一个圆柱形空杯，其底面直径为，高为，现向杯中注入溶液，已知注入溶液的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意求得杯中溶液上升高度，求导，再令即可得解.

【详解】由题意杯子的底面面积，

则杯中溶液上升高度，

则，

当时，，

即当时杯中溶液上升高度的瞬时变化率为.

故选：B.

二、多选题：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. 已知双曲线，则（    ）

A. 实轴长为1 B. 虚轴长为2

C. 离心率 D. 渐近线方程为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据双曲线的性质求解.

【详解】由可知，，故实轴长为，虚轴长为，

离心率，渐近线方程为，即.

故选：BCD

10. 空间中三点是坐标原点，则（    ）

A.

B.

C. 点关于平面对称的点为

D. 与夹角的余弦值是

【答案】AB

【解析】

【分析】根据向量的模判断A，由向量的数量积判断B，根据点关于面的对称判断C，由向量夹角的余弦公式判断D.

【详解】，，故A正确；

，，

，故B正确；

由点关于平面对称的点为，故C错误；

因为，所以D错误.

故选：AB

11. 下列四个命题正确的是（    ）

A. 直线的一个方向向量是

B. 设直线过点，则这条直线的方程可以写成

C. 直线与圆相交

D. 圆与圆恰有三条公切线

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据直线的方向向量、直线方程、直线和圆的位置关系、圆与圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，直线的斜率是，

所以一个方向向量是，A选项错误.

B选项，直线过点，

则，

所以直线方程可化为，

即，所以B选项正确.

C选项，圆的圆心为，半径为，

到直线的距离，

所以直线与圆相交，C选项正确.

D选项，圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为，

圆心距，所以两圆外切，

所以圆与圆恰有三条公切线，D选项正确.

故选：BCD

12. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在准线上的射影为，则（    ）

A. 若，则

B. 若点的坐标为，则的最小值为4

C.

D. 若直线过点且与抛物线有且仅有一个公共点，则满足条件的直线有2条

【答案】AC

【解析】

【分析】根据抛物线的弦长、定义、直线和抛物线的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】抛物线方程为，所以，焦点，准线方程.

A选项，若，则，A选项正确.

B选项，点在抛物线内，

根据抛物线的定义可知的最小值是到准线的距离，

即最小值是，所以B选项错误.

C选项，设直线的方程为，

由消去并化简得，

所以，

则，

所以，

所以C选项正确.

D选项，直线和直线都过，且与抛物线有一个公共点，

当过的直线斜率存在时，设直线方程为，

由消去并化简得，

由，解得，

所以直线与抛物线有一个公共点，

所以满足条件的直线有条，D选项错误.

故选：AC

【点睛】思路点睛：求解直线和抛物线位置关系有关问题，可设出直线的方程，然后将直线方程和抛物线方程联立，化简后写出根与系数关系、判别式等等，再结合抛物线的定义来对问题进行求解.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的三个顶点分别是，则其外接圆的方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】求得圆心和半径，进而求得圆的方程.

【详解】由于，所以是外接圆的直径，

所以圆心为，半径为，

所以外接圆的方程为.

故答案为：

14. 已知直线与平行，则__________.

【答案】或

【解析】

【分析】根据两直线平行可得，注意检验两直线是否重合.

【详解】因为直线与平行，

所以，解得或，

当时，直线，，符合题意，

当时，，，符合题意，

所以或.

故答案为：或.

15. 《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题:“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问:五人各得几何?”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子.”这个问题中，得到橘子最少的人所得的橘子个数是__________．

【答案】6

【解析】

【详解】设等差数列,首项,公差为,则,解得,即得到橘子最少的人所得的橘子个数是6,故填6.

16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，且，则的离心率为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设的中点为，连接，，由题意可得，，由双曲线的定义可得，，，，再根据，得，在和中利用余弦定理表示出两个角的余弦值，即可求出的关系，从而可得双曲线C的离心率.

【详解】如图：设的中点为，连接，，

因为，所以，

因为为的中点，所以，

由，得，

所以，

在中，，

因为，所以，

在中，，

因为，

所以，即，

整理可得，解得或（舍），

所以离心率，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据，得，结合余弦定理构造的齐次式，即可得解.

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. 已知圆的圆心为，且与轴相切.

（1）求的方程；

（2）设直线与交于两点，从条件①；②中选择一个作为已知，求的值.

注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求得圆的半径，即可得解；

（2）选①，利用余弦定理求得，从而可得圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离公式即可得解.

选②，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离公式即可得解.

【小问1详解】

因为圆的圆心为，且与轴相切，

所以圆的的半径，

所以圆的方程为；

小问2详解】

选①，

因为，，

所以，

所以圆心到直线的距离，

即，解得.

选②，

因为，

所以圆心到直线的距离，

即，解得.

18. 已知函数满足.

（1）求在处的导数；

（2）求的图象在点处的切线方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，再令即可得出答案；

（2）由（1）求得，再根据导数的几何意义即可得出答案.

【小问1详解】

由，

得，

则，

所以；

【小问2详解】

由（1）得，

则，

所以的图象在点处的切线方程为，

即.

19. 已知数列的前项和为，且满足.

（1）证明：数列为等比数列；

（2）求的通项公式及.

【答案】（1）证明详见解析   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用凑配法，结合等比数列的定义证得数列为等比数列.

（2）由（1）求得，利用分组求和法求得.

【小问1详解】

依题意，，

则，

所以数列是首项为，公比为的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得，所以，

所以

.

20. 如图，在三棱锥中，侧面是等边三角形，.

（1）证明：平面平面；

（2）若，则在棱上是否存在动点，使得平面与平面的夹角为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明详见解析   

（2）存在，且是线段上，靠近点的三等分点.

【解析】

【分析】（1）设是的中点，通过证明平面来证得平面平面.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据平面与平面的夹角求得点的位置.

【小问1详解】

设分别是的中点，连接，

则，由于，所以，

由于三角形是等边三角形，所以，

由于，所以，

由于平面，

所以平面，由于平面，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）可知平面平面，

以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

，则，

所以，

，设，

平面的一个法向量是，

，

设平面的一个法向量是，

则，

故可设，

若平面与平面的夹角为，

则，即，

解得（负根舍去），

则，，

所以是线段上，靠近点的三等分点.

21. 已知正项数列的前项和为，且.

（1）求的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据求解即可；

（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，分离参数可得，再利用基本不等式求出的最大值即可.

【小问1详解】

由，

当时，，解得，

当时，，

两式相减得，

即，

又因，所以，

所以数列奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，

当为奇数时，，

当偶数时，，

综上可得；

【小问2详解】

，

所以，

因为对任意恒成立，

所以对任意恒成立，

即，

因为，

当且仅当，即时，取等号，

所以，

所以.

22. 动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）若直线过点且与曲线交于两点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意列出方程，整理化简即可求解；

（2）结合题干条件和（1）的结论可得，，进而得到，然后根据的位置讨论即可求解.

【小问1详解】

因为动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，则，所以，

整理化简可得：，

所以动点的轨迹的方程为.

【小问2详解】

设，，

由题干可知：，，所以，

当与左顶点重合，与右顶点重合时，取最大值，

取最小值，此时取最大值；

当与右顶点重合，与左顶点重合时，取最小值，取最大值，此时取最小值，

故的取值范围为.