1、山西省2022-2023学年第一学期高二期末考试数学全卷满分150分.考试用时120分钟第I卷（选择题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. 直线的一个方向向量是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直线可知，直线的方向向量为，代入直线方程即可.【详解】由直线可知，直线的方向向量为，则直线的方向向量为.故选：B2. 有一机器人的运动方程为，（t是时间，s是位移），则该机器人在时刻时的瞬时速度为（）A. 5B. 7C. 10D. 13【答案】C【解析】【分析】对运动方程求导，根据导数的意义，将代入导函
2、数即可求解.【详解】因为，所以，则，所以该机器人在时刻时的瞬时速度为，故选：.3. 若直线经过第四象限，且被圆截得的弦长为2，则该直线的倾斜角为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先得到，利用垂径定理结合点到直线距离公式得到，得到倾斜角.【详解】因为直线经过第四象限，故，因为直线被圆截得的弦长为2，设圆心到直线距离为，故，又，所以，结合，解得：，设该直线的倾斜角为，故，解得：，所以该直线的倾斜角为；故选：C4. 与椭圆焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据椭圆方程求得c，离心率和焦点的位置，然后再根据椭圆与双曲线的关系
3、求解【详解】由椭圆，得，焦点在轴上由题意得双曲线，焦点在轴上，所以，所以所以双曲线方程为故选：D5. 设等差数列的前n项和为，若，则（）A. 60B. 80C. 90D. 100【答案】D【解析】【分析】由题设条件求出，从而可求.【详解】设公差为，因为，故，解得，故，故选：D.6. 在正方体中，M为棱的中点，则直线AM与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解【详解】解：不妨设正方体的棱长为2，连接，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系，则，0，2，1，由于平面，平面，故，又正方形，故，平面，故平面，
4、所以为平面的一个法向量，故直线与平面所成角的正弦值为故选：7. 设,则,的大小关系为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：由,可得,故选C.考点：指数函数性质8. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.【详解】由函数的图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，；当时，；由可得，所以或，即或，解得：或，所以原不等式的解集为：，故选：D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
5、要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 下列结论正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】AB【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式，导数的乘法公式，复合函数的导数公式，依次计算即可判断【详解】由基本初等函数的导数公式：，故选项A正确；由导数的乘法公式：，故选项B正确；由导数的乘法公式：，故选项C错误；由复合函数的导数公式：，故选项D错误故选：AB10. 已知等比数列的各项均为正数，数列的前n项积为，则（）A. 数列单调递增B. 数列单调递减C. 的最大值为D. 的最小值为【答案】BC【解析】【分析】由已知结合等比数列的通项公式先求出公比q
6、，进而可求通项公式，然后结合选项即可判断【详解】等比数列an|的各项均为正数，所以，即，又q0，解得q或q-1（舍），所以数列为单调递减数列，A错误，B正确；则，易得：，所以的最大值为，C正确，D错误故选：BC11. 已知函数，则下列结论正确的是（）A. 函数有极小值B. 函数在处切线与直线垂直C. 若有三个实根，则的取值范围为D. 若时，则的最小值为3【答案】AD【解析】【分析】对函数求导，利用极小值的定义、导数的几何意义逐一判断即可.【详解】由已知，当或时，时，所以在和上递减，在上递增，极小值为，极大值为，A正确；切线斜率，直线斜率，两直线不垂直，B错误；时，时，若有三个实根，则；当时，只
7、有两个根，C错误；若时，则，的最小值为3，D正确故选：AD12. 如图，正方体的棱长为，、分别为、的中点，则（）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，对于A选项，则，所以，直线与直线不垂直，A错；对于B选项，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，即，因为平面，平面，B对；对于C选项，连接、，因为、
8、分别为、的中点，则，且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，所以，、四点共面，故平面截正方体所得截面为，且，同理可得，所以，四边形为等腰梯形，分别过点、在平面内作，垂足分别为、，如下图所示：因为，所以，故，因为，则四边形为矩形，所以，故，故梯形的面积为，C对；对于D选项，则点到平面的距离为，则点到平面的距离为，所以，点与点到平面的距离不相等，D错.故选：BC.第II卷（非选择题90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13. 若直线与直线垂直，则m=_.【答案】【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件列出方程，解之即可求解.【详解】因为直线与直线垂直
9、，所以，解得：.故答案为：.14. 椭圆的左、右焦点为F1F2，点P在椭圆上，若RtF1PF2，则点P到x轴的距离为_.【答案】或【解析】【分析】点，易得点P到轴的距离为，然后分或，三种情况结合椭圆的定义求解.【详解】设点，则到轴的距离为，因为，当或时，则，得，即到轴的距离为当时，则，由（1）（2）知：到轴的距离为或，故答案为：或15. 已知向量，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】利用向量数量积的坐标公式可得，利用导数确定参数范围.【详解】由已知得，则，所以在上恒成立，即恒成立，设，当时，则，故.故答案为：.16. 已知抛物线，点在抛物线上且位于x轴两侧，若
10、（O为坐标原点），则面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设直线的方程为：，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得，由可得，进而可得，由求解即可.【详解】解：由题意可得直线不与轴平行，设直线的方程为：，由，可得，则有，设则有，所以，所以，解得：(舍)，所以直线的方程为：，所以，所以，所以当时，取最小值为：.故答案为：【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线类的题，常用的方法是联立直线与圆锥曲线方程，再结合韦达定理求解即可.四、解答题：本大题共70分.17. 已知各项均不相等的等差数列的前项和为，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】
11、（1）设公差为d.利用基本量代换联立方程组解得，即可求出；（2）利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】设公差为d.由已知得，解得或（舍去），所以，故.【小问2详解】，.18. 已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B；（2）若，角B的角平分线交AC于点D，求CD的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；（2）根据题意得，进而在中，由余弦定理即可得答案.【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得，所以，即，因为，所以，故，因为，所以【小问2详解】由（1）可知，又；所以，所以，在，由余弦定理可得，即，解得19. 已知函数，其中，且曲
12、线在点处的切线垂直于直线（1）求a的值.（2）求函数的单调区间与极值；【答案】（1）（2）增区间为,减区间；极小值,没有极大值.【解析】【分析】（1）由，而曲线在点处的切线垂直于，所以，解方程可得的值；（2）由（1）的结果知,于是可用导函数求的单调区间与极值；小问1详解】对求导得，由在点处切线垂直于直线，知解得；【小问2详解】由（1）知，则令，解得或.因不在的定义域内，故舍去.当时，故在内为减函数；当时，故在内为增函数；所以函数在时取得极小值,没有极大值.20. 如图，在四棱锥中，侧面底面，是以为斜边的等腰直角三角形，点E为的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析
13、；（2）【解析】【分析】(1)用线线平行证明线面平行，在平面PCD内作BE的平行线即可；(2)求二面角的大小，可以用空间向量进行求解，根据已知条件，以AD中点O为原点，OB，AD，OP分别为x、y、z轴建立坐标系【小问1详解】如图，取PD中点F，连接EF，FCE是AP中点，EFAD，由题知BCAD，BCEF，BCFE是平行四边形，BECF，又CF平面PCD，BE平面PCD，BE平面PCD；【小问2详解】取AD中点为O，连接OP，OB，是以为斜边等腰直角三角形，OPAD，又平面平面，平面PAD平面AD，OP平面ABCD，OB平面ABCD，OPOB，由BCAD，CDAD，AD2BC知OBOD，OP
14、、OB、OD两两垂直，故以O为原点，OB、OD、OP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图：设|BC|1，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，)，P(0，0，1)，则，设平面BED的法向量为，平面PBD的法向量为则，取，取设二面角的大小为，则cos21. 已知数列的前n项和为Sn，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据计算即可；（2）根据（1）的结论得出：，则数列的前项和可用错位相减法求得【小问1详解】当，解得，当时，两式相减得，化简得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以；【小问2详解】由（1）可
15、得：，由得，所以.22. 设函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个零点，求实数a的范围.【答案】（1）当时，在区间上单调递减；当时，单调递减区间，单调递增区间.（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;（2）分类讨论a的取值，确定的单调性，若为单调函数，不可能有两个零点;当先减后增时，要使有两个零点，需要其最小值小于0，求得a的取值范围，再证明确实有两个零点.【小问1详解】由于，则定义域为，可得：，当时，故在区间上单调递减；当时，由可得，由得，故在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】，当时，为单调函数，不可能有两个零点，舍去
16、;当时，由得或(舍去).当时，为减函数，当时，为增函数，所以当时取得最小值，要使有两个零点，需要，即，解得，又，且，所以在上有唯一的零点，令，当时，为减函数，当时，为增函数，所以当时取得最小值，故，即（当且仅当时取等号），且，所以在上有唯一的零点，综上:当时，有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法:(1)将函数可方程变形构建新函数，利用导数研究函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解函数零点的个数.(2)利用零点存在性定理，先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.
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