山东省烟台市2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx

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1、山东省烟台市2022-2023学年高二上学期期末数学试题20222023学年度第一学期期末学业水平诊断高二数学注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰：超出答题区书写的答案无效；在草稿纸试题卷上答题无效.一选择题：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，只有一项符合题目要求.1. 是数列、的（ ）A. 第项B. 第项C. 第项D. 第项【答案】A【解析】【分析】列举出该数列的前项，可得结果.【详解】由题意可知，该数列为、，故是数列、的第

2、项.故选：A.2. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，若过且斜率不为的直线交椭圆于、两点，则的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义可求得的周长.【详解】在椭圆中，所以，的周长为.故选：D.3. 在数列中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】推导出对任意的，利用数列的周期性可求得的值.【详解】在数列中，且，则，以此类推可知，对任意的，所以，.故选：D.4. 如图是一座拋物线形拱桥，当桥洞内水面宽时，拱顶距离水面，当水面上升后，桥洞内水面宽为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴

3、为轴，过原点且垂直于轴的直线为轴建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，分析可知点在该抛物线上，求出的值，可得出抛物线的方程，将代入抛物线方程，即可得出结果.【详解】以抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，过原点且垂直于轴的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为，由题意可知点在抛物线上，所以，可得，所以，抛物线的方程为，当水面上升后，即当时，可得，因此，当水面上升后，桥洞内水面宽为.故选：C.5. 算法统宗是一部我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著.算法统宗中记载了如下问题情境：“远望魏魏塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，意思为：“一座7层塔，共悬挂了381盛

4、灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍”.在上述问题情境中，塔的正中间一层悬挂灯的数量为（ ）A. 12B. 24C. 48D. 96【答案】B【解析】【分析】由题意可知每层灯的数量从塔的顶层到底层构成等比数列，且公比为2，然后由等比数列的前7项和为381列式计算即可.【详解】设灯塔每层的灯数满足数列，顶层的灯数为，前项和为，则为公比为2的等比数列，根据题意有,解得，塔的正中间一层悬挂灯的数量为24.故选:B.6. 若椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上；顺次连接的两个焦点一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解

5、析】【分析】由题可知，解之即可得a和b的值，从而求得椭圆的方程；【详解】设椭圆的标准方程为，由题可知，解得，故椭圆的标准方程为故选：A.7. 已知数列、的通项公式分别为和，设这两个数列的公共项构成集合，则集合中元素的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用列举法可知，将集合中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为，可知数列为等差数列，求出数列的通项公式，然后解不等式，即可得出结论.【详解】由题意可知，数列、，数列、，将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列、，易知数列是首项为，公差为的等差数列，则，由，可得，因此，集合中元素的个数为.故选：C.8. 已知直线过双曲线的

6、左焦点，且与的左右两支分别交于两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，代入两直线的斜率关系式即可求得的斜率.【详解】设,由均在上，为的中点，得，则，设直线倾斜角为，则，不妨设为锐角，是以为底边的等腰三角形，直线的倾斜角为，则.，解得，由对称性知直线的斜率为.故选：D【点睛】中点弦定理：直线与椭圆（双曲线）交于两点，中点为，则有，（为坐标原点）此题解答过程中中点弦定理起了核心作用，通过中点弦定理建立了与的关系，另一方面通过是以为底边的等腰三角形可能建立两直线倾斜角

7、的关系，从而得到所求直线的斜率.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. 已知曲线，下列说法正确的有（ ）A. 若曲线表示椭圆，则或B. 若曲线表示椭圆，则椭圆焦距为定值C. 若曲线表示双曲线，则D. 若曲线表示双曲线，则双曲线的焦距为定值【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆、双曲线的方程求出的取值范围，可判断AC选项；利用椭圆、双曲线的几何性质可判断BD选项.【详解】对于A选项， 若曲线表示椭圆，则，解得，A错；对于B选项，若曲线表示椭圆，则，椭圆的标准方程为，椭圆的焦距为，B对；对于C选项

8、，若曲线表示双曲线，则，解得，C对；对于D选项，若曲线表示双曲线，则双曲线的标准方程为，双曲线的焦距为，D对.故选：BCD.10. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）A. 公差B. C. 的最大值为D. 满足的的最小值为16【答案】AC【解析】【分析】根据求出与公差的关系即可判断AB；再根据等差数列前项和公式即可判断CD.【详解】因为，则，即，则，故A正确；，故B错误；由，得，,因为，所以数列是递减数列，且当时，当时，所以的最大值为，故C正确；，令，解得，所以满足的的最小值为，故D错误.故选：AC.11. 已知数列的前项和为，且，则（ ）A. 数列为等差数列B. C. 随的增大而减小D. 有

9、最大值【答案】ABD【解析】【分析】根据求出数列的通项，即可判断AB；根据数列的符号，即可判断的增减性，即可判断CD.【详解】由，当时，两式相减得，即，所以，当时，则，则，所以数列数列是以为公差，为首项的等差数列，故A正确；则，所以，故B正确；由，得当时，当时，所以当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，故C错误；所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：ABD.12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则（ ）A. 过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条B. 设点，则的最大值为C. 点到直线的最小距离为D. 点到直线与点到轴距离之和的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据直线与

10、抛物线有一个交点，求出直线的方程，可判断A选项；数形结合求出的最大值，可判断B选项；设点，其中，利用点到直线的距离公式以及二次函数的基本性质可判断C选项；利用抛物线的定义以及数形结合思想求出点到直线与点到轴距离之和的最小值，可判断D选项.【详解】对于A选项，设过点的直线为，若直线方程为，此时直线与抛物线只有一个公共点，若直线的方程为，此时直线与抛物线只有一个公共点，若直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，联立可得，若直线与抛物线相切，则，解得，此时，直线的方程为，综上所述，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有三条，A错；对于B选项，如下图所示：易知点，当且仅当点为射线与抛物线的交点时，

11、等号成立，故的最大值为，B对；对于C选项，设点，其中，则点到直线的距离为，当且仅当时，等号成立，故点到直线的最小距离为，C对；对于D选项，如下图所示：抛物线的准线为，过点作，垂足为点，设交轴于点，过点作直线的垂线，垂足为点，连接，则，当与直线垂直时，取最小值，且最小值为点到直线的距离，因此，故点到直线与点到轴距离之和的最小值为，D对.故选：BCD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知等差数列前项和为，若，则公差的值为_.【答案】或#或【解析】【分析】由等差数列的求和公式以及等差中项的性质可求得的值，由此可求得的值.【详解】由等差数列的求和公式可得，则，可得.当时，；当时，

12、.综上所述，或.故答案为：或.14. 已知双曲线的右顶点为，以为圆心为半径的圆与的一条渐近线相交于两点，若，则的离心率为_.【答案】#【解析】【分析】由题意知,所以,故,从而求得离心率.【详解】如图所示，设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为，由题意可得，所以与重合,所以，所以.又tan =，所以e=故答案为：15. 去掉正整数中被4整除以及被4除余1的数，剩下的正整数按自小到大的顺序排成数列，再将数列中所有序号为的项去掉，中剩余的项按自小到大的顺序排成数列，则的值为_.【答案】153【解析】【分析】由题意，整理数列的通项公式，以及分析数列与数列的对应关系，可得答案.【详解】由题意可知，数列所

13、有的奇数项为被除余的数，所有的偶数项为被除余的数，则当为奇数时，；当为偶数时，.即，显然数列是数列从第二项开始去掉两项、保留两项所组成的对于，由，则；对于，由，则，故.故答案为：153.16. 在平面直角坐标系中，若点到点的距离比它到轴的距离大，则点的轨迹的方程为_，过点作两条互相垂直的直线分别与曲线交于点、和点、，则的最小值为_.【答案】 . . #【解析】【分析】利用抛物线的定义可得出点的轨迹的方程；分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式以及二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】由题意可知，点到点的距离与它到直线

14、的距离相等，故曲线点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为，若直线轴，则直线为轴，此时直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立，可得，则，同理可得，所以，令，则，令，因为，所以，.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. 已知等差数列的前项和为，、成等比数列，数列的前项和为，且.（1）求数列、的通项公式；（2）记表示不超过的最大整数，例如，设，求数列的前项和.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题中条件可得出关于的等式，解出的值，可得出等差数列的通项公式，当时，由可得出，两

15、式作差可得出数列为等比数列，当时，求出的值，可得出等比数列的通项公式；（2）列举出数列前项的值，进而可求得数列前项的和.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因、成等比数列，所以，即，整理可得，解得，故，因为，当时，可得，即，又时，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故.【小问2详解】解：由（1）知，则，所以，则数列的前项和.18. 已知双曲线与有相同的渐近线，为上一点.（1）求双曲线的标准方程；（2）设双曲线的左、右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与相交于、两点，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线

16、的标准方程；（2）设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得的面积.【小问1详解】解：设双曲线的方程为，将点代入方程中得，所以双曲线的方程为，即双曲线的方程为.【小问2详解】解：在双曲线中，则，则，所以直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，则，所以，.19 已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由得，可求得的通项公式；（2）用裂项求和求得，再根据单调性求得的范围.【小问1详解】由得，所以对任意恒成立，于是，又，所以.【小问2详解】由（1）知，所以，因为，所以，

17、从而.20. 已知抛物线的焦点为，过拋物线上一点向其准线作垂线，垂足为，当时，.（1）求抛物线的方程；（2）设直线与抛物线交于两点，与轴分别交于（异于坐标原点），且，若，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可知为等腰三角形，当时，.设准线与轴交点为，则，求得抛物线方程.（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程得韦达定理，由得，代入韦达定理得，根据条件可得，由基本不等式求得的取值范围.【小问1详解】如图：设准线与轴交点为，由题意知，由抛物线的定义可知为等腰三角形，所以，由得，在中由余弦定理得 在看，则，故抛物线方程为.【小问2详解】设直线方程为，显然，联立

18、，消得，所以 ，因为，所以，可得，将代入式得，将代入式得，将式平方代入得.由题意可得，所以，又，所以，故，当且仅当，即时等号成立.21. 已知数列满足.（1）证明：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设数列满足，记的前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）将变形为，两边同加2后可证得是等比数列，并可求得通项公式.（2）由错位相减求和法求得，由恒成立分离常数后得的取值范围.【小问1详解】因为，所以，于是，又因为，所以是以为首项为公比的等比数列，于是，即.【小问2详解】由（1）得，两式相减得，所以，由，得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时

19、，增函数，故当时，所以；时，增函数，所以，所以；所以.22. 已知椭圆的右焦点恰为抛物线的焦点，过点且与轴垂直的直线截拋物线椭圆所得的弦长之比为.（1）求的值；（2）已知为直线上任一点，分别为椭圆的上下顶点，设直线，与椭圆的另一交点分别为，求证：直线过定点.【答案】（1） （2）证明详见解析【解析】【分析】(1)设点，则，得到过点且与轴垂直的直线截抛物线椭圆的弦长分别为,根据题意建立的方程，求之即可;(2) 设点，易知，分别求出直线的方程为的方程为，再分别跟椭圆方程联立求得的坐标，最后求出直线的方程，化为斜截式，可知直线恒过定点直线.【小问1详解】设点，则，又过点且与轴垂直的直线截抛物线椭圆的弦长分别为，所以，又，所以.【小问2详解】由（1）知，椭圆的方程为.设点，易知，当时，直线的方程为的方程为，联立，得，解得，同理可得，所以，所以直线的方程为，整理得，所以直线恒过定点直线，当时直线的方程为，也经过，综上所述,直线恒过定点直线.