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所属成套资源：2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题及答案
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广东省五校（华附，省实，深中，广雅，六中）2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题及答案
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这是一份广东省五校（华附，省实，深中，广雅，六中）2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题及答案，共29页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 定义在的函数满足等内容，欢迎下载使用。
2022学年上学期高二期末限时训练试卷
数学
命题学校：广东实验中学 命题人：翁文 张淑华
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题(共60分)
一、单项选择题(本大题共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 集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
522
553
135
354
313
531
423
521
541
142
125
323
345
131
332
515
324
132
255
325
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为( )
A. B. C. D.
3. 设复数满足，则在复平面上对应的图形是( )
A. 两条直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 双曲线
4. 已知数列是等差数列，且，将去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则( )
A. B. C. D.
5. 圆内接四边形中，，是圆的直径，则( )
A. 12 B. C. 20 D.
6. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为( )
A. 11 B. 12 C. 7 D. 6
7. 已知过椭圆左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是( )
A. B. C. D.
8. 定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9. 已知双曲线(，)的右焦点为，在线段上存在一点，使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为( )
A. B. 2 C. D.
10. 已知正实数，满足，下列说法正确的是( )
A. 的最大值为2 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11. 已知正方体的边长为2，为正方体内(包括边界)上的一点，且满足，则下列说正确的有( )
A. 若为面内一点，则点的轨迹长度为
B. 过作面使得，若，则的轨迹为椭圆的一部分
C. 若，分别为，的中点，面，则的轨迹为双曲线的一部分
D. 若，分别为，的中点，与面所成角为，则的范围为
12. 已知函数，，则( )
A. 函数为偶函数
B. 函数为奇函数
C. 函数为奇函数
D. 为函数函数图像的对称轴
第二部分 非选择题(共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.
14. 已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.
15. 函数(，)的部分图象如图所示，直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.
16. 已知实数x、y满足，则的取值范围是________．
四、解答题(本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 在数列中，，点在直线x-y+3=0上.
(1)求数列的通项公式；
(2)为等比数列，且，记为数列的前n项和，求.
18. 数学家欧拉在1765年提出；三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.若的顶点A(2,0)，B(0,4)，且的欧拉线的方程为，记外接圆圆心记为M. 求：
(1)圆M的方程；
(2)已知圆N：，过圆M和圆N外一点P分别作两圆的切线，与圆M切于点A，与圆N切于点B，且，求P点的轨迹方程.
19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，求的最小值.
20. 已知正项数列满足，且，设.
(1)求证：数列为等比数列并求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求数列的前项和.
21. 已知四棱锥中，，，，，，面面，.
(1)求证：；
(2)求面与面所成的二面角的余弦值.
22. 换元法在数学中应用较为广泛，其目在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.
(1)请利用上述方法，求点的轨迹方程；
(2)过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.
2022学年上学期高二期末限时训练试卷
数学
命题学校：广东实验中学 命题人：翁文 张淑华
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题(共60分)
一、单项选择题(本大题共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. 集合，，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.
【详解】由得解得或，
所以或，
又由解得，所以，
所以，
故选:D.
2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
522
553
135
354
313
531
423
521
541
142
125
323
345
131
332
515
324
132
255
325
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数，再按照古典概型求概率.
【详解】20组数据中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9组随机数，所以.
故选：B
3. 设复数满足，则在复平面上对应的图形是( )
A. 两条直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 双曲线
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据模长相等列出方程，得到在复平面上对应的图形是两条直线.
【详解】设，则，
可得：，
化简得：，
即或，
则在复平面上对应的图形是两条直线.
故选：A
4. 已知数列是等差数列，且，将去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差及通项公式，再确定等比数列的前三项作答.
【详解】在等差数列中，，解得，而，即有公差，
等差数列的通项，则，显然去掉，
成等比数列，则数列的首项为，公比，
所以.
故选：C
5. 圆内接四边形中，，是圆的直径，则( )
A. 12 B. C. 20 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质及数量积的定义即求.
【详解】
由题知，，
∴
.
故选：B.
6. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为( )
A. 11 B. 12 C. 7 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.
【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，
因为，故可得，即，
所以，可得，
又因为，
故可得，所以数列的前6项和有最大值，
且，
又因为，，
故取得最小正值时n等于.
故选：A.
7. 已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解
【详解】
不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，
则为的中点，为中点，所以，所以，则
即，所以，，
将点坐标代入椭圆方程得，即，
又，所以，，
所以椭圆的标准方程是.
故选：B
8. 定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.
【详解】由且，，
则两边同时除以可得，
令，则在单调递增，
由得且，
即解得，
故选：D.
二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9. 已知双曲线(，)的右焦点为，在线段上存在一点，使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为( )
A. B. 2 C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离列出不等式，得到，判断出AB正确.
【详解】的一条渐近线方程为，
设，，
，整理得：，
因为，所以，即，
解得：，
因为，，，，
所以AB正确，CD错误.
故选：AB
10. 已知正实数，满足，下列说法正确是( )
A. 的最大值为2 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A,因为，
即，解得，
又因为正实数，，所以，
则有，当且仅当时取得等号，故A错误；
对于B，，
即，解得(舍)，
当且仅当时取得等号，故B正确；
对于C,由题可得所以，解得，
，
当且仅当即时取得等号，故C正确；
对于D,
，
当且仅当时取得等号，故D正确，
故选:BCD.
11. 已知正方体的边长为2，为正方体内(包括边界)上的一点，且满足，则下列说正确的有( )
A. 若为面内一点，则点的轨迹长度为
B. 过作面使得，若，则的轨迹为椭圆的一部分
C. 若，分别为，的中点，面，则的轨迹为双曲线的一部分
D. 若，分别为，的中点，与面所成角为，则的范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，转化为，得到的轨迹再求解.
对于BC项，根据平面截圆锥所得的曲线的四种情况解决.
对于D项，建立空间直角坐标系解决.
【详解】对于A项，正方体中，平面，若为面内一点，所以.
又因为，所以，
在中，所以
故点的轨迹是以为圆心为半径的个圆弧，所以点的轨迹长度为
故A正确.
对于B项，因为，即为定值，线段也为定值，取的中点，故点的轨迹是以为轴线，为母线的圆锥的侧面上的点.设平面即为下图的圆面，过点作的平行线交圆锥底面于点，交于点，从图形可得，易得，故的轨迹为椭圆的一部分，所以B正确.
对于C项,平面与轴线所成的角即为平面与所成的角，是平面与轴线所成的角，在中，而母线与轴线所成的角为，在中，即母线与轴线所成的角与截面与轴线所成的角，所以点的轨迹应为抛物线，故C不正确.
对于D项,以为原点，分别为轴的非负半轴建立如图所示的坐标系，
连接并延长交上底面于点，设，则
，
则，设面的法向量为
所以
所以与面所成角的正弦值为
又因为
所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】用平面去截圆锥所得的曲线可能为，圆、椭圆、抛物线、双曲线.
截面与圆锥轴线成角等于轴线与母线所成的角，截面曲线为抛物线；
截面与圆锥轴线成角大于轴线与母线所成的角，截面曲线为椭圆；
截面与圆锥轴线成角小于轴线与母线所成的角，截面曲线为双曲线；
截面与轴线垂直得到截面曲线为圆.
12. 已知函数，，则( )
A. 函数为偶函数
B. 函数为奇函数
C. 函数为奇函数
D. 为函数函数图像的对称轴
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数的的奇偶性定义可判断A,B,C，根据对称轴的性质判断D.
【详解】对于A，，
定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故A错误；
对于B, 定义域为，
所以函数为非奇非偶函数，故B错误；
对于C, ，
定义域为，设，
，所以函数为奇函数，故C正确；
对于D,设定义域为，
，
所以为函数函数图像对称轴，故D正确，
故选:CD.
第二部分 非选择题(共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】构造，得到是等比数列，求出通项公式，进而得到.
【详解】设，即，故，解得：，
故变形为，，
故是首项为4的等比数列，公比为3，
则，
所以，
故答案为：
14. 已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．
【详解】，
，
所以，
点到的距离为．
故答案为：．
15. 函数(，)的部分图象如图所示，直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由图象求得参数，由交点及余弦函数的对称性结合即可求值
【详解】由图可知，，即，
则，解得，，故.
则，最小正周期为.
直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，.
∴.
故答案为：
16. 已知实数x、y满足，则的取值范围是________．
【答案】.
【解析】
【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.
【详解】因为实数满足，
当时，方程为的图象为双曲线在第一象限的部分；
当时，方程为的图象为椭圆在第四象限的部分；
当时，方程为的图象不存在；
当时，方程为的图象为双曲线在第三象限的部分；
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
表示点到直线的距离的倍
根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，
令，即，与双曲线渐近线平行，
观察图象可得，当过点且斜率为的直线与椭圆相切时，点到直线的距离最大，
即当直线与椭圆相切时，最大，
联立方程组，得，
，
解得，
又因为椭圆的图象只有第四象限的部分，
所以，
又直线与的距离为，故曲线上的点到直线的距离大于1，
所以
综上所述，，
所以，
即，
故答案为：.
四、解答题(本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 在数列中，，点在直线x-y+3=0上.
(1)求数列的通项公式；
(2)为等比数列，且，记为数列的前n项和，求.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)由条件根据等差数列定义证明数列为等差数列，结合等差数列通项公式求其通项；
(2)由条件求数列的首项和公比，根据等比数列求和公式求.
【小问1详解】
因为点在直线上，
所以，即，
所以数列是以为公差的等差数列，
因为，所以，
故，
所以；
【小问2详解】
设数列的公比为，
由(1)知，
所以，所以，
所以. ,
18. 数学家欧拉在1765年提出；三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.若的顶点A(2,0)，B(0,4)，且的欧拉线的方程为，记外接圆圆心记为M. 求：
(1)圆M的方程；
(2)已知圆N：，过圆M和圆N外一点P分别作两圆的切线，与圆M切于点A，与圆N切于点B，且，求P点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由A(2,0)，B(0,4)，可知AB的中垂线方程为，将其与欧拉线联立，可得外心坐标，后可得外接圆M的方程；
(2)设，由题有，，后可得答案.
【小问1详解】
因，则AB的中点为，
又，则AB的中垂线方程为，
将其与欧拉线方程联立有，解得，
故的外心为，则外接圆半径为，故圆M的方程为.
【小问2详解】
设，由题有
，
.
因，则.
化简得：
所以点的轨迹方程为：.
19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，求的最小值.
【答案】(1)或.
(2)20
【解析】
【分析】(1)设，得即可解决；(2)设直线为，联立方程，结合韦达定理得，由基本不等式解决即可.
【小问1详解】
由题知，动点到定点的距离比它到轴的距离多1，
设，
所以，
当时，，化简得，
当时，，化简得，
所以点的轨迹方程为，或..
【小问2详解】
由题得，过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，
所以由(1)得，
设直线为，
将代入中得，
所以，即，
，即，
所以
当且仅当，即时，取等号，
所以
所以的最小值为20.
20. 已知正项数列满足，且，设.
(1)求证：数列为等比数列并求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用化简可得数列是以为公比为首项的等比数列，求出可得，再利用累乘法求通项公式可得答案；
(2)求出利用裂项相消求和可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，
所以
，且，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，即，
即，可得，，
所以时，，
即，
而此时时，，
所以；
【小问2详解】
由(1)，所以，
所以，
所以
.
21. 已知四棱锥中，，，，，，面面，.
(1)求证：；
(2)求面与面所成的二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析 (2)0
【解析】
【分析】(1)根据勾股定理得，面面垂直性质定理得面，得，可得平面，即可解决；(2)建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，空间向量法解决二面角的余弦值即可.
【小问1详解】
由题知，，，，，
，面面，.
过作，过作，即，连接交于，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为在中，,
所以,
所以，
因为，，，
所以
所以，
因为，
所以,
因为，，
所以在中，,即，
又因为，平面平面且交于，
所以面，
因为面，
所以，
因为平面，
所以平面,
因为平面，
所以.
【小问2详解】
由(1)得，面，平面，，
作,
所以面，，
所以，
所以建立以为原点，
分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，
因为，，，
所以,
所以,
设面与面的法向量分别为，
所以
，即，令，得，
，即，令，得，
设面与面所成的二面角为，
所以面与面所成的二面角的余弦值为.
所以面与面所成二面角的余弦值为0.
22. 换元法在数学中应用较为广泛，其目的在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.
(1)请利用上述方法，求点的轨迹方程；
(2)过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据椭圆定义解决即可；
(2)设直线为，直线为，，联立方程解得，得，得，联立，得，由点在椭圆上即可解决.
小问1详解】
由题知，平面内一动点到两个定点，的距离之和为4，满足椭圆的定义，即点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，
所以，
所以，
所以点的轨迹方程为，
【小问2详解】
由(1)得，，，
因为与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，
所以，
设直线为，直线为，，
联立，消去得，
所以，即，
所以，
所以，
所以，
所以，
联立，解得，即
因为点在椭圆上，
所以，
化简得，解得或(舍去)，
所以，
所以的值为.
2022学年上学期高二期末限时训练试卷
数学
命题学校：广东实验中学 命题人：翁文 张淑华
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题(共60分)
一、单项选择题(本大题共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 集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
522
553
135
354
313
531
423
521
541
142
125
323
345
131
332
515
324
132
255
325
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为( )
A. B. C. D.
3. 设复数满足，则在复平面上对应的图形是( )
A. 两条直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 双曲线
4. 已知数列是等差数列，且，将去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则( )
A. B. C. D.
5. 圆内接四边形中，，是圆的直径，则( )
A. 12 B. C. 20 D.
6. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为( )
A. 11 B. 12 C. 7 D. 6
7. 已知过椭圆左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是( )
A. B. C. D.
8. 定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9. 已知双曲线(，)的右焦点为，在线段上存在一点，使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为( )
A. B. 2 C. D.
10. 已知正实数，满足，下列说法正确的是( )
A. 的最大值为2 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11. 已知正方体的边长为2，为正方体内(包括边界)上的一点，且满足，则下列说正确的有( )
A. 若为面内一点，则点的轨迹长度为
B. 过作面使得，若，则的轨迹为椭圆的一部分
C. 若，分别为，的中点，面，则的轨迹为双曲线的一部分
D. 若，分别为，的中点，与面所成角为，则的范围为
12. 已知函数，，则( )
A. 函数为偶函数
B. 函数为奇函数
C. 函数为奇函数
D. 为函数函数图像的对称轴
第二部分 非选择题(共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.
14. 已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.
15. 函数(，)的部分图象如图所示，直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.
16. 已知实数x、y满足，则的取值范围是________．
四、解答题(本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 在数列中，，点在直线x-y+3=0上.
(1)求数列的通项公式；
(2)为等比数列，且，记为数列的前n项和，求.
18. 数学家欧拉在1765年提出；三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.若的顶点A(2,0)，B(0,4)，且的欧拉线的方程为，记外接圆圆心记为M. 求：
(1)圆M的方程；
(2)已知圆N：，过圆M和圆N外一点P分别作两圆的切线，与圆M切于点A，与圆N切于点B，且，求P点的轨迹方程.
19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，求的最小值.
20. 已知正项数列满足，且，设.
(1)求证：数列为等比数列并求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求数列的前项和.
21. 已知四棱锥中，，，，，，面面，.
(1)求证：；
(2)求面与面所成的二面角的余弦值.
22. 换元法在数学中应用较为广泛，其目在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.
(1)请利用上述方法，求点的轨迹方程；
(2)过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.
2022学年上学期高二期末限时训练试卷
数学
命题学校：广东实验中学 命题人：翁文 张淑华
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自已的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题(共60分)
一、单项选择题(本大题共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. 集合，，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.
【详解】由得解得或，
所以或，
又由解得，所以，
所以，
故选:D.
2. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1~5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
522
553
135
354
313
531
423
521
541
142
125
323
345
131
332
515
324
132
255
325
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件找出三天中恰有两天下雪的随机数，再按照古典概型求概率.
【详解】20组数据中，其中522,135,531,423,521,142,125,324,325表示三天中恰有2天下雪，共有9组随机数，所以.
故选：B
3. 设复数满足，则在复平面上对应的图形是( )
A. 两条直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 双曲线
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据模长相等列出方程，得到在复平面上对应的图形是两条直线.
【详解】设，则，
可得：，
化简得：，
即或，
则在复平面上对应的图形是两条直线.
故选：A
4. 已知数列是等差数列，且，将去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差及通项公式，再确定等比数列的前三项作答.
【详解】在等差数列中，，解得，而，即有公差，
等差数列的通项，则，显然去掉，
成等比数列，则数列的首项为，公比，
所以.
故选：C
5. 圆内接四边形中，，是圆的直径，则( )
A. 12 B. C. 20 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质及数量积的定义即求.
【详解】
由题知，，
∴
.
故选：B.
6. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为( )
A. 11 B. 12 C. 7 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.
【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，
因为，故可得，即，
所以，可得，
又因为，
故可得，所以数列的前6项和有最大值，
且，
又因为，，
故取得最小正值时n等于.
故选：A.
7. 已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解
【详解】
不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，
则为的中点，为中点，所以，所以，则
即，所以，，
将点坐标代入椭圆方程得，即，
又，所以，，
所以椭圆的标准方程是.
故选：B
8. 定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.
【详解】由且，，
则两边同时除以可得，
令，则在单调递增，
由得且，
即解得，
故选：D.
二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9. 已知双曲线(，)的右焦点为，在线段上存在一点，使得到渐近线的距离为，则双曲线离心率的值可以为( )
A. B. 2 C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离列出不等式，得到，判断出AB正确.
【详解】的一条渐近线方程为，
设，，
，整理得：，
因为，所以，即，
解得：，
因为，，，，
所以AB正确，CD错误.
故选：AB
10. 已知正实数，满足，下列说法正确是( )
A. 的最大值为2 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A,因为，
即，解得，
又因为正实数，，所以，
则有，当且仅当时取得等号，故A错误；
对于B，，
即，解得(舍)，
当且仅当时取得等号，故B正确；
对于C,由题可得所以，解得，
，
当且仅当即时取得等号，故C正确；
对于D,
，
当且仅当时取得等号，故D正确，
故选:BCD.
11. 已知正方体的边长为2，为正方体内(包括边界)上的一点，且满足，则下列说正确的有( )
A. 若为面内一点，则点的轨迹长度为
B. 过作面使得，若，则的轨迹为椭圆的一部分
C. 若，分别为，的中点，面，则的轨迹为双曲线的一部分
D. 若，分别为，的中点，与面所成角为，则的范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，转化为，得到的轨迹再求解.
对于BC项，根据平面截圆锥所得的曲线的四种情况解决.
对于D项，建立空间直角坐标系解决.
【详解】对于A项，正方体中，平面，若为面内一点，所以.
又因为，所以，
在中，所以
故点的轨迹是以为圆心为半径的个圆弧，所以点的轨迹长度为
故A正确.
对于B项，因为，即为定值，线段也为定值，取的中点，故点的轨迹是以为轴线，为母线的圆锥的侧面上的点.设平面即为下图的圆面，过点作的平行线交圆锥底面于点，交于点，从图形可得，易得，故的轨迹为椭圆的一部分，所以B正确.
对于C项,平面与轴线所成的角即为平面与所成的角，是平面与轴线所成的角，在中，而母线与轴线所成的角为，在中，即母线与轴线所成的角与截面与轴线所成的角，所以点的轨迹应为抛物线，故C不正确.
对于D项,以为原点，分别为轴的非负半轴建立如图所示的坐标系，
连接并延长交上底面于点，设，则
，
则，设面的法向量为
所以
所以与面所成角的正弦值为
又因为
所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】用平面去截圆锥所得的曲线可能为，圆、椭圆、抛物线、双曲线.
截面与圆锥轴线成角等于轴线与母线所成的角，截面曲线为抛物线；
截面与圆锥轴线成角大于轴线与母线所成的角，截面曲线为椭圆；
截面与圆锥轴线成角小于轴线与母线所成的角，截面曲线为双曲线；
截面与轴线垂直得到截面曲线为圆.
12. 已知函数，，则( )
A. 函数为偶函数
B. 函数为奇函数
C. 函数为奇函数
D. 为函数函数图像的对称轴
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数的的奇偶性定义可判断A,B,C，根据对称轴的性质判断D.
【详解】对于A，，
定义域为，所以函数为非奇非偶函数，故A错误；
对于B, 定义域为，
所以函数为非奇非偶函数，故B错误；
对于C, ，
定义域为，设，
，所以函数为奇函数，故C正确；
对于D,设定义域为，
，
所以为函数函数图像对称轴，故D正确，
故选:CD.
第二部分 非选择题(共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】构造，得到是等比数列，求出通项公式，进而得到.
【详解】设，即，故，解得：，
故变形为，，
故是首项为4的等比数列，公比为3，
则，
所以，
故答案为：
14. 已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．
【详解】，
，
所以，
点到的距离为．
故答案为：．
15. 函数(，)的部分图象如图所示，直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由图象求得参数，由交点及余弦函数的对称性结合即可求值
【详解】由图可知，，即，
则，解得，，故.
则，最小正周期为.
直线()与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，.
∴.
故答案为：
16. 已知实数x、y满足，则的取值范围是________．
【答案】.
【解析】
【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.
【详解】因为实数满足，
当时，方程为的图象为双曲线在第一象限的部分；
当时，方程为的图象为椭圆在第四象限的部分；
当时，方程为的图象不存在；
当时，方程为的图象为双曲线在第三象限的部分；
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
表示点到直线的距离的倍
根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，
令，即，与双曲线渐近线平行，
观察图象可得，当过点且斜率为的直线与椭圆相切时，点到直线的距离最大，
即当直线与椭圆相切时，最大，
联立方程组，得，
，
解得，
又因为椭圆的图象只有第四象限的部分，
所以，
又直线与的距离为，故曲线上的点到直线的距离大于1，
所以
综上所述，，
所以，
即，
故答案为：.
四、解答题(本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 在数列中，，点在直线x-y+3=0上.
(1)求数列的通项公式；
(2)为等比数列，且，记为数列的前n项和，求.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)由条件根据等差数列定义证明数列为等差数列，结合等差数列通项公式求其通项；
(2)由条件求数列的首项和公比，根据等比数列求和公式求.
【小问1详解】
因为点在直线上，
所以，即，
所以数列是以为公差的等差数列，
因为，所以，
故，
所以；
【小问2详解】
设数列的公比为，
由(1)知，
所以，所以，
所以. ,
18. 数学家欧拉在1765年提出；三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.若的顶点A(2,0)，B(0,4)，且的欧拉线的方程为，记外接圆圆心记为M. 求：
(1)圆M的方程；
(2)已知圆N：，过圆M和圆N外一点P分别作两圆的切线，与圆M切于点A，与圆N切于点B，且，求P点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由A(2,0)，B(0,4)，可知AB的中垂线方程为，将其与欧拉线联立，可得外心坐标，后可得外接圆M的方程；
(2)设，由题有，，后可得答案.
【小问1详解】
因，则AB的中点为，
又，则AB的中垂线方程为，
将其与欧拉线方程联立有，解得，
故的外心为，则外接圆半径为，故圆M的方程为.
【小问2详解】
设，由题有
，
.
因，则.
化简得：
所以点的轨迹方程为：.
19. 已知平面内一动点到定点的距离比它到轴的距离多1.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，求的最小值.
【答案】(1)或.
(2)20
【解析】
【分析】(1)设，得即可解决；(2)设直线为，联立方程，结合韦达定理得，由基本不等式解决即可.
【小问1详解】
由题知，动点到定点的距离比它到轴的距离多1，
设，
所以，
当时，，化简得，
当时，，化简得，
所以点的轨迹方程为，或..
【小问2详解】
由题得，过点作直线与曲线交于(点在点左侧)，
所以由(1)得，
设直线为，
将代入中得，
所以，即，
，即，
所以
当且仅当，即时，取等号，
所以
所以的最小值为20.
20. 已知正项数列满足，且，设.
(1)求证：数列为等比数列并求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用化简可得数列是以为公比为首项的等比数列，求出可得，再利用累乘法求通项公式可得答案；
(2)求出利用裂项相消求和可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，
所以
，且，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，即，
即，可得，，
所以时，，
即，
而此时时，，
所以；
【小问2详解】
由(1)，所以，
所以，
所以
.
21. 已知四棱锥中，，，，，，面面，.
(1)求证：；
(2)求面与面所成的二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析 (2)0
【解析】
【分析】(1)根据勾股定理得，面面垂直性质定理得面，得，可得平面，即可解决；(2)建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，空间向量法解决二面角的余弦值即可.
【小问1详解】
由题知，，，，，
，面面，.
过作，过作，即，连接交于，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为在中，,
所以,
所以，
因为，，，
所以
所以，
因为，
所以,
因为，，
所以在中，,即，
又因为，平面平面且交于，
所以面，
因为面，
所以，
因为平面，
所以平面,
因为平面，
所以.
【小问2详解】
由(1)得，面，平面，，
作,
所以面，，
所以，
所以建立以为原点，
分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，
因为，，，
所以,
所以,
设面与面的法向量分别为，
所以
，即，令，得，
，即，令，得，
设面与面所成的二面角为，
所以面与面所成的二面角的余弦值为.
所以面与面所成二面角的余弦值为0.
22. 换元法在数学中应用较为广泛，其目的在于把不容易解决的问题转化为数学情景.例如，已知，，，求的最小值.其求解过程可以是：设，，其中，则；当时取得最小值16，这种换元方法称为“对称换元”.已知平面内一动点到两个定点，的距离之和为4.
(1)请利用上述方法，求点的轨迹方程；
(2)过轨迹与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据椭圆定义解决即可；
(2)设直线为，直线为，，联立方程解得，得，得，联立，得，由点在椭圆上即可解决.
小问1详解】
由题知，平面内一动点到两个定点，的距离之和为4，满足椭圆的定义，即点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，
所以，
所以，
所以点的轨迹方程为，
【小问2详解】
由(1)得，，，
因为与轴负半轴交点作斜率为的直线交轨迹于另一点，连接并延长交于点，
所以，
设直线为，直线为，，
联立，消去得，
所以，即，
所以，
所以，
所以，
所以，
联立，解得，即
因为点在椭圆上，
所以，
化简得，解得或(舍去)，
所以，
所以的值为.
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