湖南省长沙市雅礼教育集团2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份湖南省长沙市雅礼教育集团2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共21页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本共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. 已知直线过点，且不过第四象限，则直线的斜率的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线不过第四象限，可画出所有符合要求的直线，观察可得.
【详解】
如图，，，只有当直线落在图中所示位置时才符合题意，故.
故直线的斜率的最大值为2．
故选：A.
2. 函数的一条对称轴方程是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简，再根据正弦函数的对称轴求解
【详解】,对称轴方程是
取,知是一条对称轴
故选:C
3. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列数的计算公式可得,根据组合数的性质可得，即可由交集的定义求解.
【详解】由可得，
由得，故.
故选：B
4. 如图，在同一平面内以平行四边形两边为斜边向外作等腰直角，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过题意可得到，然后通过数量积的运算律即可求解.
【详解】根据题意可知所以，
由等腰直角，可得，，
,
故选：B
5. 6名志愿者分配到3个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到一个社区，每个社区至少分配一名志愿者且人数各不相同，不同的分配方案共有（ ）
A. 540种B. 360种C. 180种D. 120种
【答案】B
【解析】
【分析】根据分组分配即可由排列组合进行求解.
【详解】每个社区至少分配一名志愿者且人数各不相同,故三个社区分配到志愿者的人数为，故共有种.
故选：B
6. 双曲线的右焦点F与抛物线的焦点重合,两曲线有一个公共点为P,若,则该双曲线的离心率为( )
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据焦半径公式计算出点坐标,再根据定义计算离心率即可
【详解】由题知,抛物线焦准距
设,由,得,所以
不妨设点在第一象限,则
双曲线焦半距,焦点是
根据双曲线的定义,所以
所以离心率
故选:A
7. 函数的零点属于区间( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找到两个端点异号的区间,再说明函数的单调性,利用零点存在定理即可
【详解】
因为
所以
又因为是增函数,所以有唯一的零点
故选：C
8. 已知,若,则的最小值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先变形为，证明，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.
【详解】由题设，
设,则，
当单调递减，
当单调递增，
所以，即，
综上，，即，所以，
设是直线上的点，是圆上的点，
而目标式为，
由，故.
故选：B.
二、选择题：本共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若复数，则下列结论正确的是（ ）
A. z的虚部是B. z的共轭复数是
C. z的模是D. z在复平面内对应的点为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由复数虚部、共轭复数、模的定义和复数的几何意义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】∵，∴z的虚部是1，
共轭复数是，，
在复平面内对应的点为．
故选:BCD
10. 下列数列中，单调递增的数列是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】结合对应函数单调性即可判断各选项.
【详解】对于A，结合对应函数在上单调递减，在上单调递增，可知数列不为递增数列；
对于B，结合对应函数在上单调递增，可知数列为递增数列；
对于C，结合对应函数的单调递增区间为，，可知数列不为递增数列；
对于D， 由于，结合对应函数在上单调递增，所以数列为递增数列.
故选：BD.
11. 法国数学家笛卡尔开创了解析几何思想方法的先河.他研究了许多优美的曲线，在平面直角坐标系中，方程所表示的曲线称为笛卡尔叶形线.当时，笛卡尔叶形线具有的性质是（ ）
A. 经过第三象限B. 关于直线对称
C. 与直线有公共点D. 与直线没有公共点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据笛卡尔叶形线的方程，即可判断AB，联立直线与笛卡尔叶形线的方程，通过方程的根可判断CD.
【详解】当时, 笛卡尔叶形线为，
A：若，则，故不经过第三象限，故A错误，
B：若点在曲线上，则点也在曲线上.故笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确，
C,D：由方程组 得 ，此方程组无解，故笛卡尔叶形线与直线没有公共点，故D正确，C错误，
故选：BD
12. 过下列哪些点恰可以作函数的两条切线（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由，所以，设切点为，则，结合导数的几何意义分别求解即可.
【详解】由，所以，
设切点为，则.
对于A，因为，所以在函数上，
当为切点时，有一条切线；
当不为切点时，由，
即，
设，则，
令，则或；令，则，
所以函数在 和上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以函数只有一个零点，故只有一个解，
综上所述，过恰可做函数的两条切线，故A正确；
对于B，由，
即，
设，则，
令，则或；令，则，
所以函数在 和上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以函数有3个零点，故有3个解，
所以恰可做函数的三条切线，故B不正确；
对于C，由，
即，解得或，
所以过恰可做函数的两条切线，故C正确；
对于D，由，
即，
设，则，
令，则或；令，则，
所以函数在 和上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以函数有1个零点，故有1个解，
所以恰可做函数的一条切线，故D不正确；
故选：AC.
三、本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，常数项为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】在的展开式的通项公式为，
所以令，解得，
所以常数项为
故答案为：．
14. 圆与圆的公共弦长等于______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆相减得出公共弦所在直线方程，再根据勾股定理计算公共弦长
【详解】联立,得公共弦所在直线方程为.
圆心到距离
所以公共弦长为
故答案为：
15. 如图，在正方体中，动点在线段上，异面直线和所成的角为，则的取值范围是______.（用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】利用，得出，通过线面垂直的判定定理和性质定理可得到，通过几何关系可得到，可知的最小值为与平面所成的角.设的交点为O，则为与平面所成的角.所以的最小值为.的最大值为点在点处，此时.
【详解】连结,
由正方体的性质可得，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以异面直线和所成的角即直线与所成的角，
连接的交点为O，过点作直线的垂线，垂足为，
因为平面，平面，
显然,，
又平面,所以平面,
因为平面,所以,,
又因为，平面，所以平面，
又平面，，
易知,所以有，，，可得,
由正方体的性质可知，显然为锐角，所以，得，即，
所以当，即点在上时，此时有最大值为，此时最小为；
显然当点在时，此时有最大值，因为，此时有最大值，显然为正三角形，所以此时；故
故答案为：
16. 曲线的曲率就是针对曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率,表明曲线偏离直线的程度,曲率越大,表示曲线的弯曲程度越大,工程规划中常需要计算曲率,如高铁的弯道设计.曲线在点曲率的计算公式是,其中是的导函数.则曲线上点的曲率的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据定义直接计算,最后利用基本不等式得出结果
【详解】对于曲线,即
当且仅当时等号成立
故答案为:
三、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. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台．该平台首次实现了“有组织，有管理，有指导，有服务”的学习，极大地满足了广大党员干部和人民群众多样化、自主化、便捷化的学习需求，日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP．某市宣传部门为了解市民利用“学习强国”学习国家政策的情况，从全市抽取1000人进行调查，统计市民每周利用“学习强国”的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．
（1）估计该市市民每周利用“学习强国”时长在区间内的概率；
（2）估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长；
（3）若宣传部为了解市民每周利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取7人了解情况，从这7人中随机选取2人参加座谈会，求所选取的2人来自不同的组的概率．
【答案】（1）0.3 （2）6.8小时
（3）．
【解析】
【分析】(1)由频率分布直方图求出学习时长在内的频率，由此估计学习时长在内的概率；(2)根据平均值的计算公式求解；(3)先由分层抽样的性质确定从和组中应抽取的人数，再列出样本空间，并利用古典概型概率公式求出事件所选取的2人来自不同的组的概率．
【小问1详解】
由题意知，该市市民每周利用“学习强国”时长在内的频率为，
所以估计该市市民每周利用“学习强国”时长在内的概率为0.3．
【小问2详解】
由题意知各组的频率分别为0.05，0.1，0.25，0.3，0.15，0.1，0.05，
所以，
所以估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长在6.8小时．
【小问3详解】
由（2）知，利用“学习强国”时长在和的频率分别为0.25，0.1，故两组人数分别为250，100，
采用分层抽样的方法从组抽取人数为，记作a，b，c，d，e；从组抽取人数为，记作A，B；
从7人中抽取2人的基本事件有，共21个，来自不同组的基本事件有，共10个，
故所求概率．
18. 记为数列的前n项和，已知的公差为的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用题意建立等式求出，然后利用，求出通项即可；
（2）先将放大为，然后裂项求和即可.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为是公差为的等差数列，所以，
所以.
当时，时，也满足上式.
所以的通项公式是；
【小问2详解】
当时，，不等式成立；
当时，
.
19. 如图，中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求A大小；
（2）若内点P满足，求的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对变形,运用余弦定理求解.
（2）设,则,再在与中运用正弦定理得出的另外一个关系即可求解.
【小问1详解】
因为.
所以
由余弦定理得,
所以
【小问2详解】
因为，所以
设
在中,由正弦定理得,
在中,由正弦定理得,
两式相除得,所以
又因为
所以,即
所以
即所以,所以
20. 如图所示，在直三棱柱中，，为的中点.
（1）直线与平面的交点记为，直线与平面的交点记为.证明：直线平面.
（2）求二面角的大小；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，两两垂直，分别以为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，进而得到，从而得证；
（2）求得平面平面和平面的法向量，进而求解.
【小问1详解】
根据题意知，两两垂直，
分别以为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，E为的中点.
所以，
所以.
直线与的交点即为直线与平面的交点M，
直线与的交点即为直线与平面的交点N，
所以.
所以，
所以，又平面平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
设G为的中点，则，，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
所以平面的一个法向量.
由，
设是平面的法向量，
则，，
令，得，即，
所以二面角大小是.
21. 设F，E分别是椭圆的左，右焦点，椭圆上存在点N，满足且的面积为20.
（1）求b值；
（2）设点P的坐标为，直线过点P，与椭圆交于点A，B，线段的中点记为M.若是与的等比中项，求a的最小值，并求出此时直线l的方程.
【答案】（1）
（2）a的最小值是7，或
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理以及椭圆定义得到焦点三角形中满足的边角关系，即可联立求解，
（2）根据点点距离可求解,由向量的模长可得，结合等比中项即可得求解.
【小问1详解】
设，根据题意得 ，解得,
【小问2详解】
由于是线段的中点，所以,
又,
因此故，
又因为是与的等比中项，所以
，所以，—①
设，记， ，
同理，
所以，代入①，得.
整理，得，—②
由②得，因为，
所以a的最小值为7，
此时，即直线l的斜率为.
又点在椭圆内，于是两条直线均满足要求.
综上，a的最小值是7，此时直线l的方程为或.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
22. 设函数，曲线在原点处的切线为x轴，
（1）求a的值；
（2）求方程解；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可知在处的导数值为0，解方程即可；
（2）构造函数，利用导数证明其单调性，再通过观察法得是的零点，从而得解；
（3）利用（2）中结论证明，再构造函数，利用导数证得，从而赋值证得，由此得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为曲线在原点处的切线为轴，所以，即.
【小问2详解】
方程可化为，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，所以在上有唯一零点，
所以方程有唯一解.
【小问3详解】
要证，
即证，
即证，
先证，
由（2）易得，
所以；
再证，
令，
则，
所以在单调递减，
所以当时，，
即，
所以，
因为，
所以，即；
所以.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是熟记两个重要的放缩不等式：
（1），
（2）.