2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第四中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省临沂市兰陵县第四中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．如果且，那么直线不经过（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】通过直线经过的点来判断象限.

【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；

令，得；令，得；

所以直线不经过第三象限.

故选：C.

2．如图所示，在正方体中，点是侧面的中心，若，求（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【解析】利用空间向量的加减法运算用来表示，即得结果.

【详解】，

故，，，则．

故选：C.

3．已知从点发出的一束光线，经x轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据反射性质，结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.

【详解】设点的坐标为，圆的圆心坐标为，

设是x轴上一点，因为反射光线恰好平分圆的圆周，

所以反射光线经过点，

由反射的性质可知：，

于是，所以反射光线所在的直线方程为：

，

故选：A

4．已知等差数列的前项和为，若，则=（    ）

A．12 B．24 C．36 D．48

【答案】C

【分析】根据等差数列的下标和性质和等差数列前项和的计算，结合已知条件，即可求得结果.

【详解】因为是等差数列，且，故可得：；

又.

故选：C.

5．若函数，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的运算可得出关于的等式，即可求得的值.

【详解】因为，则，

所以，，解得.

故选：B.

6．设、，向量，，且，，则（      ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.

【详解】因为，则，解得，则，

因为，则，解得，即，

所以，，因此，.

故选：D.

7．已知椭圆C：（）的左､右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．.

【答案】B

【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.

【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，

所以，可得，即，又，

所以.

故选：B

8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）

A．103 B．107 C．109 D．105

【答案】B

【分析】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即可得出，求得答案.

【详解】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，

即，则，

∴，

故选：B

二、多选题

9．下列导数运算正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据导数的运算法则逐项运算排除可得答案.

【详解】对于A，，故错误；

对于B， ，故正确；

对于C， ，故正确；

对于D， ，故错误.

故选：BC.

10．设抛物线C：的焦点为F，点M在C上，，若以MF为直径的圆过点，则抛物线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】结合抛物线的定义求得点的坐标，将点坐标代入抛物线方程，求得，由此求得抛物线的方程.

【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点，

设，由抛物线的性质知，得．

因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得圆心的横坐标为，

由已知得圆的半径也为，故该圆与y轴相切于点，

故圆心的纵坐标为2，则点M的纵坐标为4，即，

代入抛物线方程，得，解得或．

所以抛物线C的方程为或．

故选：AC

11．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中正确的是（    ）

A．三棱锥的体积不变 B．平面

C． D．平面平面

【答案】ABD

【分析】利用等体积法判断体积不变，A正确；证明平面平面，即知平面，B正确；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算证明C错误D正确即可.

【详解】对于A，的面积是定值，，平面，平面，

∴平面，故到平面的距离为定值，

∴三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积不变，故A正确；

对于B，由选项A知，平面，同理平面，而，

平面，∴平面平面，平面，平面，故B正确；

对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，P在上，故可设，

则，

，，

则不一定为0，

和不垂直，故C错误；

对于D，设，

则，

，，，，

设平面的法向量，

则，取，得，

设平面的法向量，

则，取，得，

.

∴平面和平面垂直，故D正确.

故选：ABD.

12．设数列{}是等差数列，是其前n项和，且，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．和均为的最大值

【答案】ACD

【分析】由题意推出，，由此可判断A,C;利用，结合，判断B；由，可判断D.

【详解】由得，即，

又，

，

，故C正确；

，故A正确；

对于B，，

而，故，，故， B错误；

由以上分析可知： ，

故 ,

均为的最大值，故D正确；

故选：ACD．

三、填空题

13．直线被圆O；截得的弦长最短，则实数m=___________.

【答案】1

【分析】求出直线MN过定点A（1,1），进而判断点A在圆内，当时，|MN|取最小值，利用两直线斜率之积为-1计算即可.

【详解】直线MN的方程可化为，

由，得，

所以直线MN过定点A（1，1），

因为，即点A在圆内.

当时，|MN|取最小值，

由，得，∴，

故答案为：1.

14．已知数列的首项，则_________．

【答案】

【分析】根据题意，分别求得，得出数列是以为周期的周期数列，结合周期性，即可求解.

【详解】由，则，

以此类推可知，对任意的，都有，

即数列是以为周期的周期数列，

因为，所以.

故答案为：.

15．曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．

【详解】由题，当时，，故点在曲线上．

求导得：，所以．

故切线方程为．

故答案为：．

16．已知双曲线：（，），矩形的四个顶点在上，，的中点为的两个焦点，且，则双曲线的标准方程是______．

【答案】

【分析】如图所示，设，的中点分别为，，则可得，，再利用双曲线的定义可得，即求.

【详解】由题意得，．如图所示，设，的中点分别为，，

在中，，故．

由双曲线的定义可得，

则，又，所以，．

所以双曲线的标准方程是．

故答案为：.

四、解答题

17．如图，已知平面，底面为正方形，，分别为的中点．

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.

（2）利用直线的方向向量，平面的法向量，计算线面角的正弦值.

【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则

.

，

，所以,

由于，所以平面.

（2），

，

设平面的法向量为，则

，令，则，所以.

设直线与平面所成角为，则

.

18．已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据求出，进一步求出．

（2）化简，利用分组求和的方法求出答案.

【详解】解：（1）设数列的公比为，

因为

于是，

解得或，

因为，所以，

所以．

（2）由（1）可得，，

.

19．已知椭圆的标准方程为：，若右焦点为且离心率为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设，是上的两点，直线与曲线相切且，，三点共线，求线段的长．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据椭圆的焦点、离心率求椭圆参数，写出椭圆方程即可.

（2）由（1）知曲线为，讨论直线的存在性，设直线方程联立椭圆方程并应用韦达定理求弦长即可.

【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，则，又，

∴椭圆方程为；

（2）由（1）得，曲线为

当直线的斜率不存在时，直线，不合题意：

当直线的斜率存在时，设，又，，三点共线，

可设直线，即，

由直线与曲线相切可得，解得，

联立，得，则，，

∴.

20．在①，，②数列的前3项和为6，③且，，成等比数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.

已知是等差数列的前n项和，，___________.

(1)求；

(2)设，求数列的前n项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用基本量法求得公差d，进而求得；

（2）由（1）得，利用裂项相消求和法即可求得.

【详解】（1）解：选条件①：设等差数列的公差为d，

则由得，将代入，解得或，

因为，所以，

所以；

选条件②：设等差数列的公差为d，则，

由数列的前3项和为6及得，解得，

所以；

选条件③：设等差数列的公差为d，

则由，，成等比数列得，

将代入得，解得或，

因为，所以，

所以；

（2）解：由（1）得，

所以.

21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

【答案】(1)y2＝4x

(2)证明见解析

【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；

(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．

【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，

∴p＝2，

∴抛物线方程为y2＝4x．

（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，

所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，

，同理：，

由题意：，

∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，

∴y1y2＝4，

∴﹣4t＝4，

∴t＝﹣1，

故直线AB恒过定点(﹣1，0)．

22．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．

（1）求圆C的标准方程；

（2）直线与圆C交于A，B两点．

①求k的取值范围；

②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．

【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.

【分析】（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；

（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；

（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.

【详解】（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，

又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆 C的标准方程为：.

（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，

所以，即k的取值范围是.

（ⅱ）设，由根与系数的关系：，

所以.

即直线OA,OB斜率之和为定值.