吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了 在数列中，，则的值为， 化简的结果为等内容，欢迎下载使用。

第I卷选择题（60分）
一､单选题（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. 在长方体中，设为棱的中点，则向量可用向量表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】如图所示，
故选:D.
2. 圆与圆的公共弦所在直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将两圆方程作差可得出两圆相交弦所在直线的方程.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
因为，则，
所以，圆与圆相交，
将两圆方程作差得，即.
因此，两圆的相交弦所在直线的方程为.
故选：A.
3. 在数列中，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式，计算数列的前4项，得出数列的周期，进而求得结果.
【详解】在数列中，，，，，所以数列的周期为3，，所以，
故选：B.
4. 化简的结果为（ ）
A. x4B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】逆用二项展开式定理即可得答案.
【详解】
故选：A.
5. 直线交椭圆于两点，若线段中点的横坐标为1，则
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】，
设，
，两式相减，
中点的横坐标为1
则纵坐标为
将代入直线，解得
点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交的性质的应用，要注意灵活应用题目中的直线的中点即直线的斜率的条件的表示，本题中设而不求的解法是处理直线与圆锥取消相交中涉及到斜率与中点时常用的方法，比较一般联立方程的方法可以简化基本运算．
6. 中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛､马､羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马､”马主曰：“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛，马，羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？试问：该问题中牛主人应偿还（ ）斗粟
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】牛主人应偿还x斗粟，由题意列方程即可解得.
【详解】设牛主人应偿还x斗粟，则马主人应偿还斗粟，羊主人应偿还斗粟，
所以，解得：.
故选：B
7. 已知数列满足，且，则使成立的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由得出，利用构造法求出数列的通项公式，再解不等式即可得出结果.
【详解】由可得，等式两边取倒数得，
，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
则，解得，由得，即.
，因此，满足成立的的最小值为.
故选：C.
【点睛】本题考查数列不等式的求解，根据数列的递推公式求解数列的通项公式是解答的关键，考查运算求解能力，属于中等题.
8. 霍庆市海军青少年航空学校招生，某服务站点需要连续五天有志愿者参加志愿服务，每天只需要一名志愿者，现有5名志愿者计划依次安排到该服务站点参加服务，要求志愿者甲不安排第一天，志愿者乙和丙不在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（ ）
A. 48种B. 60种C. 76种D. 96种
【答案】B
【解析】
【分析】考虑两种情况，即乙丙之间恰好安排的是甲，与乙丙之间安排的不恰好是甲两种情况，采用插空法以及捆绑法，即可求得答案.
【详解】当乙丙两人之间恰好安排的是甲时，先排甲乙丙之外的两人有种排法，
将乙甲丙三人看作一个人，但乙丙可以交换位置，插到其余两人的空位中，
此时共有种安排方案，
当乙丙之间安排的不恰好是甲时，先排甲乙丙之外的两人有种排法，再将乙丙插入到先排的两人之间的空位中，有种排法，由于甲不安排第一天，故将甲插入到排完的四人形成的后面四个空位中，
此时共有 种安排方案，
故不同的安排方案共有种安排方案，
故选：B
二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分.）
9. 已知直线l的倾斜角等于120°，且l经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A. l的一个方向向量为B. l在x轴上的截距等于
C. l与直线垂直D. 点到直线l上的点的最短距离是1
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据倾斜角求出直线斜率，再判断其方向向量，对于B，由已知条件求出直线方程，从而可求出l在x轴上的截距，对于C，根据两直线的斜率关系判断，对于D，求出点到直线l的距离进行判断.
【详解】对于A，因为直线l的倾斜角等于120°，所以直线l的斜率为，所以直线l的一个方向向量为，
因为，所以，
所以是直线l的一个方向向量，所以A正确，
对于B，由选项A可知直线l的斜率为，因为直线l经过点，
所以直线l的方程为，当时，，得，
所以l在x轴上的截距为，所以B错误，
对于C，直线的斜率为，则，
所以直线l与直线垂直，所以C正确，
对于D，因为点到直线l：的距离为，
所以点到直线l上的点的最短距离是1，所以D正确，
故选：ACD
10. 设等差数列的前项和为，，公差为，，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当时，取得最大值
C.
D. 使得成立的最大自然数是15
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据已知可判断，，然后可判断AB；利用通项公式将转化为可判断C；利用下标和性质表示出可判断D.
【详解】解：因为等差数列中，，，
所以，，，A正确；
当时，取得最大值，B正确；
，C正确；
，，
故成立的最大自然数，D错误．
故选：ABC．
11. 某校计划安排五位老师（包含甲、乙、丙）担任四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天．（ ）
A. 若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种
B. 若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有种
C. 若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有种
D. 若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有种
【答案】AC
【解析】
【分析】根据排列数和组合数的定义，结合分步乘法计数原理依次求出各安排的方法数即可.
【详解】对于选项A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种，A正确；
对于选项B，安排甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲，乙，丙三人中选出一人，有种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有种方法，故不同的安排方法共有种，B错误；
对于选项C，安排甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲，乙视为一个整体，与除甲，乙，丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有种，C正确；
选项D，安排五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日，完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有种，所以不同的安排方法共有种，D错误；
故选：AC.
12. 已知点是圆：上一动点，点，若线段的垂直平分线交直线于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点的轨迹是椭圆
B. 点的轨迹是双曲线
C. 当点满足时，的面积
D. 当点满足时，的面积
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据的结果先判断出点的轨迹是双曲线，由此判断AB选项；然后根据双曲线的定义以及垂直对应的勾股定理分别求解出的值，即可求解出，据此可判断CD选项.
【详解】依题意，，，因线段的垂直平分线交直线于点，于是得，
当点在线段的延长线上时，，
当点在线段的延长线上时，，
从而得，由双曲线的定义知，点的轨迹是双曲线，故A错，B对；
选项C，点的轨迹方程为，当时，，
所以，故C对；
选项D，当时，，
所以，故D对，
故选：BCD.
第II卷非选择题（90分）
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知抛物线的图像过点，则该抛物线的焦点到准线的距离为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】先根据点的坐标求出抛物线方程，再利用抛物线焦点到准线的距离等于可得到答案.
【详解】因为抛物线的图像过点，得，，
所以抛物线方程为.

由于焦点在y 轴上的抛物线标准方程为，其焦点到准线的距离为p，
因此，，即该抛物线焦点到准线距离等于2.
故答案为：2
14. 方程的根为______．
【答案】11
【解析】
【分析】利用排列组合数公式即得.
【详解】因为，
所以，
所以，
解得或，又，
所以．
故答案为：11.
15. 在等比数列中，，，则的值是________．
【答案】50
【解析】
【分析】根据等比数列前项和的性质即可求解.
【详解】设，，
所以，
所以，
所以.
故答案为:50.
16. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，被誉为最美的数列，若数列满足，，（，），则称数列为斐波那契数列，则___________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据数列的性质，可得到为，所以，代入即可得出答案.
【详解】因为，，，
所以：，
，
，所以
所以，
所以.
故答案为：.
四､解答题（本大题共6个小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分）
17. （1）求的二项展开式中的常数项；
（2）记的二项展开式中奇数项系数之和为，偶数项系数之和为，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为0，求出，从而可求出常数项，
（2）根据题意中，令，可求出结果.
【详解】解：（1）的二项展开式的通项为，
令，得，
所以的二项展开式中的常数项为；
（2）因为的二项展开式中奇数项系数之和为，偶数项系数之和为，
所以在中，令，得.
18. 已知圆的圆心在直线上，且与直线：相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）求过点与圆相切的直线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先根据题意求出过与直线垂直的直线，再与直线联立可求出圆心的坐标，再求出就是圆的半径，从而可求出圆的方程，
（2）分过点的直线斜率不存在和存在两种情况求解即可
【小问1详解】
过点与直线：垂直的直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
由，解得.
所以.
故圆的方程为：.
【小问2详解】
①若过点的直线斜率不存在，即直线是，与圆相切，符合题意；
②若过点的直线斜率存在，设直线方程为，即，
若直线与圆相切，则有，解得.
此时直线的方程为.
综上，切线的方程为或.
19. 已知公比为的正项等比数列，且，，．
（1）求的值；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先利用已知条件求公比和，再计算，即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）正项等比数列中，，，
故，即，故，，；
（2）由知，
①
又 ②
由①②得，
所以数列的前n项和.
【点睛】本题考查了数列通项公式和错位相减法求和，属于中档题.
20. 如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为的菱形，.
（1）证明：；
（2）若，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，根据求出的值，再利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
因为四边形为菱形，则，，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
因，、平面，平面，
因为平面，.
【小问2详解】
解：因为平面平面，平面平面，平面，，
平面，又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
，，
因为，则，解得，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
，因此，平面和平面夹角的余弦值为.
21. 已知数列满足．
（1）设，求证数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和，是否存在正整数m，使得对任意的都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）存在，m的最小值为3
【解析】
【分析】（1）结合递推关系可证得bn+1－bn1，且b1＝1，可证数列{bn}为等差数列，据此可得数列的通项公式；
（2）结合通项公式裂项有求和有，再结合条件可得 ，即求．
【小问1详解】
证明：∵，
又由a1＝2，得b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以bn＝1+(n－1)×1＝n，
由，得．
【小问2详解】
∵，，
所以，
依题意，要使对于n∈N*恒成立，
只需，即
解得m≥3或m≤-4．
又m＞0，所以m≥3，
所以正整数m的最小值为3．
22. 椭圆，直线经过椭圆C的一个焦点与其相交于点M，N，且点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若线段MN的垂直平分线与x轴相交于点P，问：在x轴上是否存在一个定点Q，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标和的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的焦点在轴上和直线经过椭圆的一个焦点得到为椭圆的焦点，即，根据在椭圆上得到，再结合得到，即可得到椭圆的方程；
（2）当时，联立直线和椭圆方程，然后利用韦达定理得到中点坐标和弦长，然后根据垂直平分得到点坐标，即可得到，然后根据为定值列方程，解方程得到，再说明时也是定值即可得到在轴上存在定点，使得为定值.
【小问1详解】
因为直线经过椭圆的一个焦点，所以为椭圆的焦点，即，因为在椭圆上，所以，又，联立方程可得，，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，，
当时，联立 得，所以，，，中点为，
，
线段得中垂线方程为，令，解得，所以，
所以，令，解得，此时；
当，时，联立得，所以，,，此时，
所以在轴上存在定点，使得为定值，定值为.
【点睛】型式子为定值求参数方法：
①让分子分母对应项系数比值相等，例如：为定值，则，解方程即可；
②设，然后根据定值与变量无关列方程，例如：为定值，设，整理得，定值与变量无关，所以.