吉林省实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx

《吉林省实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、吉林省实验中学2022-2023学年度上学期高二年级期末考试（一卷）数学本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至3页，第卷4至5页.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码.2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.3.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.4.考试结束后，答题卡要交回，试

2、卷由考生自行保存.第I卷一、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. 若,且,为共线向量,则的值为（ ）A. 2B. C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】由,为共线向量,建立等式,解出即可.【详解】解:由题知,为共线向量,因为,所以有,解得,故.故选:A2. 已知数列为等差数列，其前项和为，若，则公差等于（ ）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过已知条件得出，即可由等差数列通项得出答案.【详解】数列为等差数列，其前项和为，解得，故选：D.3. 若函数的导函数的图象关于轴对称，则的解析式可能为（ ）A. B.

3、C. D. 【答案】D【解析】【分析】A选项，求导后得到，为奇函数，A错误；B选项，求导后，为非奇非偶函数，错误；C选项，求导后，不是偶函数，舍去；D选项，求导后为偶函数，满足题意.【详解】A选项，定义域为R，且，故为奇函数，关于原点对称，A错误；B选项，定义域为R，由于，故不关于轴对称，B错误；C选项，定义域为R，由于，故不关于轴对称，C错误；D选项，定义域为R，则，故关于轴对称，D正确.故选：D4. 圆与轴相切于，与轴正半轴交于两点，且，则圆的标准方程为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设圆心，则有，因此圆C的标准方程为，选A.5. 已知，则（ ）A. B. C. 1D.

4、【答案】B【解析】【分析】利用导数法则及基本初等函数的导数公式，结合函数导数值即可求解.详解】由，得，又因为，所以，解得.故选：B.6. 在等比数列中，则等于（ ）A. 1B. C. 1或D. 或3【答案】A【解析】【分析】设公比为，而，由求出，再由求出，即可求出得解.【详解】设公比为，当时，当时，同号，故舍去.故选：A.7. 如图所示，在三棱柱中，底面，点，分别是棱，的中点，则直线和所成的角是（ ）A. 45B. 60C. 90D. 120【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的坐标运算，求异面直线所成角的余弦值即可求解.【详解】因为底面，底面,所以，且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，则,

5、所以,设直线和所成的角为，则,因为，所以，故选:B.8. 设是椭圆上一点，分别是两圆和上的点，则的最小值、最大值分别为（ ）A. 8，11B. 8，12C. 6，10D. 6，11【答案】C【解析】【分析】求出两圆圆心和半径，得到圆心和刚好为椭圆的两个焦点，从而利用椭圆定义求出，可得的最大值为，的最小值为，求出答案.【详解】的圆心为，的圆心为，两圆半径均为，由于，所以椭圆的两个焦点分别为和，由椭圆定义可知：，所以的最大值为，的最小值为.故选：C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，有选错的得0分.9. 某物

6、体的运动方程为（位移单位：m，时间单位：s），若，则下列说法中错误的是（ ）A. 18m/s是物体从开始到3s这段时间内的平均速度B. 18m/s是物体在3s这一时刻的瞬时速度C. 18m/s是物体从3s到s这段时间内某一时刻的速度D. 18m/s是物体从3s到s这段时间内的平均速度【答案】ACD【解析】【分析】由瞬时速度定义可得答案.【详解】因表示秒这一时刻的瞬时速度，则表示在3s这一时刻的瞬时速度，故不选B，选ACD.故选：ACD10. 给出下列命题，其中正确命题是（ ）A. 垂直于同一平面的两直线平行B. 平行于同一平面的两直线平行C. 平行于同一直线的两直线平行D. 空间中不相交的两直

7、线平行【答案】AC【解析】【分析】根据线线、线面位置关系有关知识确定正确选项.【详解】A选项，垂直于同一平面的两直线平行，A正确，B选项，平行于同一平面的两直线可能相交、异面、平行，B错误.C选项，平行于同一直线的两直线平行，C正确.D选项，空间中不相交的两直线可能是异面或平行，D错误.故选:AC11. 已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 以为直径的圆与轴相切C. 设，则D. 过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】AC【解析】【分析】已知抛物线方程，利用抛物线的性质，焦点弦的性质，数形结合判断各选

8、项【详解】取中点，在上的投影为，在的投影为，如图所示：对于选项A，因为，所以，故A正确；对于选项B， 根据抛物线的性质，为梯形的中位线，故，以为直径的圆与准线相切，故B不正确； 对于选项C，因为，所以，故C正确；对于选项D，显然直线，与抛物线只有一个公共点，设过的直线方程为，联立可得，令，解得，所以直线与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误.故选：AC.12. 若数列满足，则称数列为斐波那契数列，斐波那契数列被誉为是最美的数列则下列关于斐波那契数列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由递推公式，利用累加法得到AB选项，计算出前6项，从而判

9、断CD选项.【详解】当时，由可得，又由，可得，即，累加可得， 故A正确；又，累加可得，故B错误；，所以，所以C正确；又，所以D正确；故选：ACD第卷三、填空题：本题共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】求导后代入切点的值得出切线的斜率，即可由点斜式得出切线方程.【详解】， 当时，又切点为，所求的切线方程为，故答案为：.14. 平面直角坐标系中直线y2x1关于点(1,1)对称的直线方程是_【答案】y2x3【解析】【分析】首先在直线上任取两个点，分别求出两点关于的对称点，的坐标，再用两点式即可求出对称的直线方程.【详解】在直线上任取两个点，则点关

10、于点对称的点为，点关于点对称的点为.由两点式求出对称直线的方程为，即.故答案为：【点睛】本题主要考查直线关于点的对称问题，同时考查了点关于点的对称问题，属于简单题.15. 若曲线存在与直线平行的切线，则实数的最大值为_.【答案】3【解析】【分析】首先求导，根据题意得到在有解，再设，根据求解即可.【详解】，因为曲线存在与直线平行的切线，所以在有解.即在有解.设，则，当且仅当，即时等号成立，即.所以，即的最大值为.故答案：316. 已知点是双曲线的左右焦点，若双曲线左支上存在点与点关于直线对称，则该双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】结合已知条件，利用对称关系表示出点坐标，然后将其代入双曲线

11、方程即可求解.【详解】过焦点且垂直渐近线的直线方程为，即联立渐近线方程与，可得，故对称中心的点坐标为，由中点坐标公式可得对称点，将其代入双曲线的方程可得，即：，故，,故.故答案为：.四、解答题：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. 设直线的方程为.（1）求直线所过定点的坐标；（2）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）将方程变形为，解方程组，就可得到直线所过的定点坐标.（2）首先根据直线方程求出过原点时，满足题意的的值；再根据它在两坐标轴上的截距相等(不过原点时)，求出的值，进而分别得出直线的方程.【小问1详解】因

12、直线的方程为，可得，解得，即直线所过定点的坐标为.【小问2详解】直线过原点时，在轴和轴上的截距为零.符合题意，方程即为.当直线不过原点时，由截距存在且均不为，即.，方程即为.因此直线的方程为或.18. 已知数列是等差数列，是等比数列，.（1）求、的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）由可求得数列的公比，由等比数列通项公式可得，进而得到；由可求得数列的公差，由等差数列通项公式可得；（2）由（1）可得，采用分组求和法，结合等差、等比数列求和公式可得.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，；又，设等差数列的公差为，则，.【小问2详解】由（1）得：；19.

13、 已知圆经过，圆心在直线上，过点且斜率为的直线与圆有公共点.（1）求圆的方程；（2）求直线的斜率的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设圆的方程为把，代入方程，圆心代入，列方程求解.(2)直线与圆相交满足圆心到直线的距离小于半径.【小问1详解】设圆的方程为，则依题意，得解得，圆的方程为.【小问2详解】依题意可知，直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得20. 如图，四棱锥中，PD平面ABCD，底面ABCD是正方形，E为PC中点（1）求证：DE平面PCB；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据条件先证BC平面PCD，得到BCDE，再由DE

14、PC，即可证明DE平面PCB.（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE，平面PDB的法向量，即可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明:PD平面ABCD，PDBC，又正方形ABCD中，CDBC，PDCDD，BC平面PCD，又DE平面PCD，BCDE，PDCD，E是PC的中点，DEPC，PCBCC，且面，面DE平面PCB【小问2详解】以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：则，设平面BDE的法向量为，则，令，得到，又，则，且AC平面PDB，平面PDB的一个法向量为，

15、设二面角的平面角为，则，所以二面角的余弦值为21. 已知数列的前项和，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由，可得，后可得的通项公式；（2）由（1）可得，后可由错位相减法求数列的前项和.【小问1详解】当时，当时，又满足上式，.【小问2详解】由（1）得，2得，得，.22. 已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为（）求椭圆的方程；（）设直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值【答案】（）；（）.【解析】【详解】（）因为椭圆上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为，所以， 又椭圆的离心率为，即，所以， 所以，. 所以，椭圆的方程为. （）不妨设直线的方程.由消去得， 设，则有，. 因为以为直径的圆过点，所以.由，得. 将代入上式，得.将 代入上式，解得或（舍）. 所以（此时直线经过定点，与椭圆有两个交点），所以. 设，则.所以当时，取得最大值.