2022-2023学年浙江省丽水市高二上学期期末数学试题含答案

2022-2023学年浙江省丽水市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知过点，的直线的倾斜角为60°，则实数a的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据斜率的定义求解．

【详解】由题意，得，解得.

故选：A.

2．已知等差数列的前项和为，，，则（    ）

A．65 B．75 C．80 D．85

【答案】D

【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式可求出结果.

【详解】设公差为，

依题意得，解得，

所以.

故选：D

3．在平行六面体中，AC，BD相交于，为的中点，设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由空间向量的线性运算结合图形计算即可.

【详解】  

如图所示，，

故选：C

4．若圆与圆外切，则实数（    ）

A．－1 B．1 C．1或4 D．4

【答案】D

【分析】由两圆的位置关系计算即可.

【详解】由条件化简得，即两圆圆心为，

设其半径分别为，，所以有.

故选：D

5．已知直线，与平面，，下列四个命题中正确的是（    ）

A．若，，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若直线上存在两点到平面的距离相等，则

【答案】B

【分析】根据线面垂直的判定定理可判断A；线面垂直的性质定理可判断B；线面平行的性质定理可判断C；线面关系可判断D.

【详解】对于A，若，，，，且相交才有，故A错误；

对于B，若，，，则，故B正确；

对于C，若，，，则，或与异面，或a、b相交，故C错误；

对于D，若直线上存在两点到平面的距离相等，则，或与相交，故D错误.

故选：B.

6．已知圆柱的底面半径和母线长均为1，A，B分别为圆、圆上的点，若，则异面直线，所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】做平行线，将所求的异面直线夹角转化为同一平面内的直线夹角，

构造三角形即可求解.

【详解】

如上图，过点A做平面 的垂线，垂足为D，即AD是母线，连接DB，

平面， ，所以四边形是平行四边形，

，与的所成的角就是或其补角；

由题意可知AB=2，AD=1，

在 中， ，

在等腰 中，

由余弦定理 ，

，由于异面直线的夹角范围是 ，故取 的补角，

故选：B.

7．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，，利用导数分析这两个函数在上的单调性，可得出、的大小关系，再利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.

【详解】因为，

令，则在上恒成立，

所以，函数在上单调递增，则，即，

因为，则，所以，，

令，则，当时，，

所以，在上单调递增，

故当时，，即，

所以，，故，

又因为，，

，，故，

故选：B.

8．在四面体PABC中，，是边长为2的等边三角形，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据题意，作出四面体的外接球的球心大致位置，再根据二面角的定义求得，从而在中求得，结合勾股定理即可求得外接球的半径，由此得解.

【详解】设正的重心为，则是正的外接圆的圆心，

取的中点， 因为，所以是的外接圆的圆心，

过作平面，过作平面，，如图，

则为四面体的外接球的球心，

又二面角的大小为，则，

又在正中，，

则在中，，

设四面体PABC的外接球的半径为，

则，

所以四面体PABC的外接球的表面积为.

故选：C.

二、多选题

9．下列求导数的运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据基本初等函数的导数和求导法则，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.

【详解】选项A，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项A正确；

选项B，因为是常数，所以，选项B错误；

选项C，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项C正确；

选项D，根据复合函数的求导法则知，，选项D错误.

故选：AC.

10．设正项等比数列的前项和为，前项积为，公比为，已知，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若为递增数列，则

C．

D．若为递减数列，当且仅当时，取得最大值

【答案】BC

【分析】结合题意，利用等比数列的性质逐项进行求解即可.

【详解】因为数列为等比数列，所以，又因为，

所以或，

当时，则，解得或（舍去），

则，

当时，则，解得或（舍去），

则，

综上，故选项A错误，C正确；

若为递增数列，则，，，

即，，故，故选项B正确；

若为递减数列，则，，，，，，

故当且仅当或时，取得最大值，故选项D错误；

故选：BC.

11．在棱长为2的正方体中，，分别是棱BC，的中点，点满足，，下列结论正确的是（    ）

A．若，则平面MPQ

B．若，则过点，，的截面面积是

C．若，则点到平面MPQ的距离是

D．若，则AB与平面MPQ所成角的正切值为

【答案】BD

【分析】时有M与A重合，对于A选项，可以利用反证法判定；对于B选项，根据平面的性质计算即可；时，M为AB中点，对于CD选项，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量处理即可.

【详解】如图所示，时有M与A重合，

对于A选项，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面平面MPQ=AL，若平面MPQ，则，显然，且B、L不重合，矛盾，故A错误；

对于B项，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得，，故B正确；

如图所示，时，M为AB中点，以D为中心建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面MPQ的法向量为，则，

令，则，故

对于C项，设点到平面MPQ的距离为，则，即C错误；

对于D项，设AB与平面MPQ所成角为，则，

所以，即D正确.

故选：BD

12．已知抛物线，点，，过点的直线与抛物线交于，两点，AP，AQ分别交抛物线于，N两点，为坐标原点，则（    ）

A．焦点坐标为 B．向量与的数量积为5

C．直线MN的斜率为 D．若直线PQ过焦点，则OF平分

【答案】BCD

【分析】由抛物线方程即可判定A项；设直线AP方程与抛物线联立利用韦达定理计算数量积即可判定B项；设直线PQ方程及P、Q坐标，用来表示直线AP、AQ，并与抛物线联立求得M、N坐标，即可判定C项；设直线PQ方程及P、Q坐标，与抛物线联立结合韦达定理求得AP、AQ斜率关系即可判定D项.

【详解】  

对于A项，由抛物线标准方程可得焦点，即A错误；

对于B项，可设直线AP方程为：，设，

与抛物线联立可得

∴，故B正确；

对于C项，可设直线QP方程为：，

设，

∴，

直线QP方程与抛物线方程联立，

化简可得，

又由上可知，同理有，

∴，，故C正确；

对于D项，由上设直线QP方程为：，，

联立抛物线有，

若PQ过焦点F，则有，即结合上，及可知，

此时，即直线AP、QA关于横轴对称，OF平分，故D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知点，，向量，则点的坐标为      ．

【答案】

【分析】由向量的坐标运算计算即可.

【详解】设，则，

即，故.

故答案为：

14．在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，则线段AP的中点的轨迹方程是      ．

【答案】

【分析】由几何性质计算即可.

【详解】  

如图所示，取OA中点D，连接DQ，则DQ为的一条中位线，，

即有DQ∥OP，且，故Q在以D为圆心，DQ长为半径的圆上，

所以Q的轨迹方程为.

故答案为：.

15．若曲线在处的切线经过点，则实数      ．

【答案】/-0.5

【分析】根据导数的几何意义得到切线斜率，然后利用点斜式写出切线方程，最后将点代入切斜方程求解即可.

【详解】由题意得，所以曲线在处的切线的斜率为，切点为，则切线方程为，

将点代入切线方程中可得：，解得.

故答案为：.

16．一个圆锥母线与底面所成的角为，体积为，过圆锥顶点的平面截圆锥，则所得截面面积的最大值为      ．

【答案】8

【分析】设圆锥的顶点为，底面圆心为，过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面为，根据，圆锥体积为，求出，再用表示截面面积，根据二次函数知识可求出结果.

【详解】设圆锥的顶点为，底面圆心为，过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面为，

为的中点，则，，，

则圆锥的体积为，

由题意得，解得，，

，，

所以

，

因为，，

所以当，时，取得最大值为.

故答案为：.

17．某牧场今年年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛．设牧场从今年起，第年年初的存栏数为，则      ．（，，）

【答案】1472

【分析】根据条件建立等量关系，构造新数列求通项即可.

【详解】由题意可得，所以，

即，

故.

故答案为：1472.

18．已知椭圆的右焦点为，点，在椭圆上，为坐标原点，且，，则椭圆的离心率是      ．

【答案】

【分析】根据题意，由条件可得为直角三角形，再结合椭圆的定义列出方程，由离心率的计算公式即可得到结果.

【详解】  

设椭圆的左焦点为，设，

因为，所以为直角三角形且，

因为，所以，

因为，，所以，，

所以，解得，

所以，，所以，所以，

即椭圆的离心率是.

故答案为：.

四、解答题

19．已知函数．

(1)求函数的单调递减区间；

(2)若函数有三个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）对函数直接求导，根据导数正负与原函数单调性关系直接求解即可；

（2）根据（1）中单调性得到函数极大值与极小值，通过变化趋势列出不等式组求解即可.

【详解】（1）函数的导数，

当时，；

当时，.

所以的单调递减区间为.

（2）由（1）得：当时，取得极大值；

当时，取得极小值.

由三次函数性质知：当时，；

当时，.

所以若有三个零点，则，解得.

所以的取值范围为.

20．已知圆经过点和，且圆关于直线对称．

(1)求圆的方程；

(2)过点作直线与圆相切，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2)和.

【分析】（1）由题意可知圆心为AB中垂线与的交点，计算圆心再求半径，由圆的标准方程表示即可；

（2）分类讨论，设切线方程，由圆心到切线的距离等于半径计算即可.

【详解】（1）∵，，故AB的中点坐标为，，

∴AB的垂直平分线为：，

由解得圆心，半径

故圆的方程为；

（2）若直线的斜率存在，方程可设为，即

圆心到直线的距离为，解得，

所求的一条切线为；

当直线的斜率不存在时，圆心到的距离为4，即与圆相切，

所以直线的方程为和．

21．设正项数列的前项和为，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据推出，再由等差数列的通项公式可求出结果；

（2）根据错位相减法可求出结果.

【详解】（1）当时，，得，

当时，，

则，

化简得，

又，所以，．

所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，

所以；

（2）因为，，

所以，

所以，

，

所以，

所以，

整理得.

22．如图，在四边形ABCD中（如图1），，，，，F分别是边BD，CD上的点，将沿BC翻折，将沿EF翻折，使得点与点重合（记为点），且平面平面BCFE（如图2）

(1)求证：；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面PBC，从而可得.

（2）根据题意，取BC中点，连接PO，以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，然后由空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】（1）证明：∵平面平面，

平面平面BCFE，又∵平面BCFE，且

∴平面PBC，且平面，∴

（2）取BC中点，连接PO，

∵，∴

∵平面平面，平面平面，平面

∴平面BCFE

以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，设，

由得，解得，所以，

设，由得，解得，

∴，则，，

平面BEF的一个法向量，设平面PEF的一个法向量，

，令，得，

设二面角的平面角为，易知为锐角，则，

∴二面角的余弦值为．

23．已知双曲线，在双曲线的右支上存在不同于点的两点，，记直线的斜率分别为，且，，成等差数列．

(1)求的取值范围；

(2)若的面积为（为坐标原点），求直线的方程．

【答案】(1)或

(2)或

【分析】（1）设，，直线，代入双曲线方程，根据，，得，根据以及斜率公式推出，，代入可求出结果；

（2）利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出点到直线的距离，再利用三角形面积列式求出可得直线的方程.

【详解】（1）设，，直线，

由，消去得,

依题意可得，得，

又，，成等差数列，

所以

，

所以，

因为不同于，即不在直线上，

所以，即，

所以，即，即，

所以，即，代入，得，

得，因为，所以，即，

所以或.

（2）

，

点到直线PQ的距离，

，

所以，

两边平方得，

由得，代入，

得，因为，所以，

将代入得，整理得，

所以，解得或，

由（1）知，，所以,,

当时，，直线的方程为，

当时，，直线的方程为，

综上所述：直线PQ方程为或.

【点睛】关键点点睛：根据以及斜率公式推出是本题解题关键.