山西省临汾市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）.doc

1、秘密启用前高二数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在等差数列中，则（）A.16 B.8 C.10 D.142.若三点在同一直线上，则实数等于（）A. B. C.6 D.123.若函数在处的切线方程为，则的值是（）A. B

2、. C.2 D.34.等差数列的前项和为，若，则（）A.18 B.12 C.9 D.65.已知函数是的导函数，则函数的零点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.36.设双曲线的半焦距为，直线过两点，若原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.27.有一张扇形铁皮，其圆心角，半径.现打算将这张铁皮裁成矩形（分别在上），并将此矩形弯成一个圆柱的侧面，则此圆柱的体积的最大值是（）A. B. C. D.8.已知数列满足，且，若，则下面表述正确的是（）A.为等差数列，为等比数列B.为等差数列，为等比数列C.为等差数列，为等比数列D.为等差数列，为等比数列二多项选择题：本大题共4小题

3、，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知两圆，直线，则（）A.圆的面积为 B.圆的圆心为C.圆与直线相切 D.圆与圆外切10.在等比数列中，是方程的两个根，则（）A. B.或C.或 D.或11.已知函数（其中是自然对数的底数），则以下说法正确的是（）A.函数在上单调递减B.函数是偶函数C.若函数，则函数是周期为1的周期函数D.函数仅有一个极小值点，且相应的极值为12.如图，在直三棱柱中，分别是的中点，是与的交点，为线段上的动点（包含线段的端点），则以下说法正确的是（）A.为线段的中点时，B.存在点，使得平

4、面C.与所成角的正弦值为D.与平面所成的角可能为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.等比数列中，公比，则_.14.已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为_.15.已知数列满足则数列的前项和_.16.已知函数，其中是自然对数的底数.若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.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.（10分）已知各项均为正数的数列，若该数列对于任意，都有.（1）证明数列为等差数列；（2）设，求数列的前项和.18.（12分）已知函数在处取得极小值1.（1）求实数的值；（2）求函数在区间上的值域.19

5、.（12分）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，是棱上一点，且.（1）求点到直线的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值.20.（12分）数列的前项和为，且.（1）求；（2）若，求数列的前项和.21.（12分）已知椭圆分别为的左右顶点，为的上顶点，且的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，点.若直线的斜率之和为0.求证：直线经过定点.22.（12分）已知.（1）当，证明；（2）讨论的单调性；（3）利用（1）中的结论，证明：.秘密启用前2022-2023学年度高二年级第一学期期末测评考试试题数学参考答案及评分参考一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共4

6、0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.A【解析】设等差数列的公差为，由题知，所以，所以.2.C【解析】因为，又，所以，即.3.A【解析】由切线斜率为4，得，整理得，由切线经过，知，整理得，联立解得，故.4.C【解析】根据等差数列公式及性质可得，所以，因为.5.B【解析】由题意知，令，即研究的零点个数，显然的定义域为，由知在定义域内单调递增，又，故在定义域内有唯一零点，且.6.A【解析】直线的方程为，即.于是有，所以，两边平方，得.又，所以，两边同时除以，得，解得.则.所以双曲线的离心率为.7.A【解析】设，则，故，不妨将作为圆柱的底面圆周长，作为圆柱的高，设底面圆半径为

7、，则由得，故圆柱体积，记，令，解得舍去，易知时，递增，时，递减，故时，取得最大值.8.B【解析】由题可得，即，且，则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则；又，则有，所以，所以，即为等比数列；所以（定值），故为等差数列.二多项选择题：本大题共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.AD【解析】对于，由题意得，圆的半径为3，所以圆的面积为，故正确；对于，由题意得，圆的圆心为，故B错误；对于，由题得，圆的圆心为，半径，圆与直线相交，故C错误；对于，由题得，圆与圆外切，故D正确，故选.10.AC【解析】因为

8、是方程的两个根，所以，所以，又因为，所以，故A对B错；由解得或，当时，则，当时，则，故C对D错，故选AC.11.AD【解析】对于，当时，当时，故单调递减，故A正确；对于，由题意知，显然，故函数不是偶函数，B错误；对于，由题意知，由知函数不是周期为1的周期函数，C错误；对于，由选项的解析知，时，单调递减，当时，故在单调递增，当，由，知在的单调性同一致，单调递增，综上，在递减，在等区间分别单调递增.因此有唯一极小值点，对应极小值为，D正确.故选AD.12.BD【解析】对于，故错误；对于，以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，设，则，所以设平面的法向量为则令，可得，设，则，所以，当时，可得平面，所

9、以，即.所以在线段上存在点，且，故B正确；对于，与所成角的正弦值为，故C错误；对于，由中，为的中点，可得，又平面平面，可得，而，所以平面与平面所成的角即为，由题可得当运动到点时，取得最大，且，所以与平面所成的角可能为，故D正确.故选BD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.54【解析】根据等比数列的定义和性质可知，则.14.【解析】由题知，抛物线方程为，设的直线方程为，代入抛物线方程，得，设，则.因为，所以，故，.15.【解析】由题可知，当为奇数时，当为偶数时，所以，即隔项成等差数列，其中奇数项以为首项，以3为公差；偶数项以为首项，以3为公差，所以.16.【解析】当时，恒成立，

10、即恒成立，记，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故时，取得最大值，于是时符合题意.四解答题：本题共6小题，共70分.17.（1）证明：数列的各项都为正数，且，两边取倒数得，即故数列是公差为1的等差数列；（2）解：当时，所以，所以，所以，所以.18.解：（1）因为，所以，根据题意，即解得（2）由（1）知，令，解得或，当在之间变化时，及的变化情况如下表：12028单调递减1单调递增8因此当时，取得最小值，当时，取得最大值，故的值域为.19.解：（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于，则.因为，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，

11、轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，直线的一个单位方向向量为，点到直线的距离.（2），设平面的法向量为，则令，设平面的法向量为，则令，设平面与平面的大角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.20.解：（1）因为，所以，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以.又因为当时，所以（2）因为，所以，所以，又，两式相减得所以.21.解：（1）由题设得.则.由得，又由，解得椭圆的方程为（2）设直线的方程为，联立消去得，设，则，于是，即，得.故直线的方程为，过定点.22.（1）证明：当时，令，解得，当在之间变化时，及的变化情况如下表：10单调递增0单调递减因此当时，取得最大值，故；（2）解：因为，所以，令，解得，当时，方程的解为，且，在之间变化时，及的变化情况如下表：0单调递增单调递减在单调递增，在单调递增，当时，方程无解，此时恒成立，故在单调递增，当时，方程的解为，但，当时，恒成立，故在单调递增，综上所述，当时，在单调递增，在单调递减，当时，在单调递减；（3）证明：由（1）知，其中“=”当且仅当时成立，当时，且，故，即，于是当时，依次有，相加得，即