2022-2023学年云南省昆明市第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年云南省昆明市第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分，四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设函数是函数的导函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦函数的导数公式求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B.
2. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A. 6B. 12C. 78D. 156
【答案】C
【解析】
【分析】由条件根据等差数列前项和公式结合等差数列性质可求.
【详解】因为，
又，
所以，
故选：C.
3. 如图，在平行六面体中，M是的中点，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算法则即可计算.
【详解】解：因为在平行六面体中，M是的中点，
所以
故选：B
4. 直线与圆交于两点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆方程求圆心坐标和半径，利用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，结合弦长公式求.
【详解】方程可化为，
所以圆的圆心的坐标为，半径为，
圆心到直线的距离，
所以，
故选：D.
5. 空间直角坐标系中，已知点，则平面的一个法向量可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据法向量的求解方法求解即可.
【详解】解：由题知，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令得
所以，平面的一个法向量可以是.
故选：A
6. 在中，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用二倍角公式求，再运用余弦定理求即可.
【详解】因为，
所以，
由余弦定理可得，
因为，
所以，
所以.
故选：A.
7. 已知等比数列的各项都是正数，为其前项和，若，，则
A. 40B. 56C. 72D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比数列的片段求和性质求解即可.
【详解】因为,,,成等比数列,所以,
,,
故选：D.
【点睛】本题主要考查了等比数列片段求和的性质,属于基础题.
8. 已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为不等式等价于，故考虑构造函数，结合已知条件证明其单调性，结合单调性解不等式即可.
【详解】令，函数的定义域为，
因为
所以，
故
故在R上单调递减，
又因为
所以，，
所以不等式可化为，
所以，
所以的解集为
故选：B.
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少两项是符合题目要求的.
9. 下列关于双曲线的结论中，正确的是（ ）
A. 离心率为B. 焦距为
C. 两条渐近线互相垂直D. 焦点到渐近线的距离为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线的基本知识对选项一一验证即可.
【详解】双曲线，可得，，，
则双曲线的离线率为，故A正确；
焦距，故B错误；
渐近线为与，且斜率之积为-1，即两条渐近线互相垂直，故C正确；
焦点到渐近线的距离为，故D正确；
故选：ACD.
10. 设是数列的前n项和，且，，则下列结论中，正确的是（ ）
A. 是等比数列B. 是等比数列
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用与的关系可得的递推关系即可判断A，C；利用与的关系可得的递推关系即可判断B，D．
【详解】由，所以当时，有，两式相减得，
又，，所以数列不是等比数列，故A错误；C错误；
由，得，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，故B正确；D正确．
故选：BD．
11. 设抛物线的焦点为，准线为，直线经过点且与交于两点，若，则下列结论中正确的是（ ）
A. 直线的斜率为或B. 的中点到的距离为4
C. D. （O为坐标原点）
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题设直线的方程为，，进而联立方程，结合向量关系得或，再依次讨论各选项即可.
【详解】解：由题知焦点为，准线为，
所以，设直线的方程为，，
所以，得，
所以，，①，②，
因为，即，
所以③，
所以，由①②③得或，
所以直线的斜率为，故A选项正确；
所以，，故的中点的横坐标为，
所以，的中点到的距离为，故B选项正确；
当时，，此时，，故；
当时，，此时，，故；故C选项正确；
因为，故不成立，故D选项错误.
故选：ABC
12. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 有两个极值点
B. 当时，在上是增函数
C. 当时，在上的最大值是1
D. 当时，点是曲线的对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】求函数的导函数，根据极值点的定义判断A，结合导数判断函数的单调性求最值，判断B，C，结合奇函数的定义判断D.
【详解】因为，
所以，
当时，，当且仅当时，
函数在上单调递增，
函数没有极大值点也没有极小值点，A错误；
当时，，
当时，，函数在上单调递增，B正确；
当时，，
令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，
所以函数在上的最大值为1，C正确；
当时，，
，
设，
则，，
所以函数为奇函数，
所以函数的图象关于原点对称，
所以函数关于点对称，D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 曲线在点处的切线方程为____________.
【答案】
【解析】
【分析】再结合导数的几何意义 切线斜率，代入切线方程公式即可．
【详解】因为，
所以，
所以．
故切线方程为．
故答案为：．
14. 在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式求两向量夹角，结合异面直线夹角定义可得两直线的余弦值.
【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且，
所以以点为坐标原点，分别以为 轴建立空间直角坐标系,
设，则
，
所以，
所以 ，
因为异面直线所成的角在，
所以异面直线与所成的角余弦值为，
故答案为：.
15. 已知经过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若恰为弦的中点，则椭圆的离心率为________________.
【答案】
【解析】
【分析】设，代入椭圆方程相减，利用中点坐标求得关系，从而可得离心率．
【详解】解：设，，
是线段的中点，
，两式相减可得，
整理得，即，
∵弦的斜率为
，即
．
故答案为：．
16. 已知中，，则面积的最大值为_____
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据面积公式得，由余弦定理求得代入化简，由三角形三边关系求得，由二次函数的性质求得取得最大值．
【详解】解：设，则，根据面积公式得
，
由余弦定理可得，
可得：，
由三角形三边关系有：，且，解得：，
故当时，取得最大值，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查余弦定理和面积公式在解三角形中的应用．当涉及最值问题时，可考虑用函数的单调性和定义域等问题，属于中档题．
四、解答题本大题共6个小题，共70分，其中17题10分，其余每题12分）各题解答必须答在答题卷上相应题目指定的方框内（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）.
17. 已知等差数列的前n项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，列方程求，写出等差数列通项公式；
（2）利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
设数列的公差为，
因为，
所以，，
解得，，
所以．
【小问2详解】
，
因为
所以．
所以.
18. 在中，内角A，B，C对的边长分别为a，b，C，且.
（1）求角A；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，，据此可得答案；
（2），又由（1）可知，则再利用辅助角公式与三角函数有界性可得答案
【小问1详解】
由正弦定理，
，
又在三角形中，.
则，又，
得，结合，知.
【小问2详解】
由正弦定理，可知.
则.
又由（1）可知，
则.
，因，则，
故当，即时，取最大值
19. 已知数列满足.
（1）证明是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义证明，并结合通项公式求解即可；
（2）由题知，进而根据错位相减法和分组求和法求解即可.
【小问1详解】
解：数列满足
，即，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
，即；
∴
【小问2详解】
解：由题知，
设的前项和为，
，
，
，
∵数列的前n项和为
∴数列的前n项和
20. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）单调增区间；减区间
（2）
【解析】
【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间；
（2）由可得，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，该函数的定义域为，
，
令可得，列表如下：
所以，函数在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由，可得，则直线与函数的图象有两个交点，
函数的定义域为，，
由，可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，
且当时，，
当时，和函数相比，一次函数呈爆炸性增长，所以，
且，，
又，
根据以上信息，作出其图象如下：
当时，直线与函数的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
21. 如图，在四棱锥中，面，，且，，为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）在直角梯形中，由条件可得，即．再由面，得，利用线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；
（2）由（1）知，，则为二面角的平面角为，求得．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，
可得，
过作，垂足为，则，求得，
则，∴．
∵面，
∴，
又，∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，
则．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
．
设平面的一个法向量为，
由，取，得．
∴直线与平面所成角的正弦值为：
．
【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.
22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且该椭圆过点．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过点作一条斜率不为0的直线，直线与椭圆相交于两点，记点关于轴对称的点为点，若直线与轴相交于点，求面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据，和计算椭圆的标准方程；（Ⅱ）题意可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到，根据坐标设出的方程，并得到的面积，代入根与系数的关系，并求最大值.
【详解】（Ⅰ）由椭圆的定义可得，解得 .
又，
所以椭圆的标准方程为
（Ⅱ）由题意可设直线的方程为 .
设，则 .
由，消去可得

，
直线方程为 .
令，
可得，


令，
则
当且仅当，即时等号成立，
面积的最大值为
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中三角形面积的最值的求法，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.
取值为正
取值为负
单调递增
极大值
单调递减
取值为正
取值为负
单调递增
极大值
单调递减