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1、湖南省张家界市2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡
2、交回一、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. 点，3，关于平面的对称点为（ ）A. ，3，B. ，3，C. ，D. ，【答案】C【解析】点，3，关于平面的对称点，横坐标与竖坐标不变，纵坐标相反，所以对称点的坐标为：，故选：C.2. 已知抛物线的焦点为，则此抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为抛物线，所以焦点坐标为，所以解得，所以此抛物线的方程为.故选：B.3. “每天进步一点点”可以用数学来诠释：假如你今天的数学水平是1，以后每天比前一天增加千分之五，经过天之后，你的数学水平与之间的函数关系式为（ ）A.
3、 B. C. D. 【答案】D【解析】经过1天后数学水平为，经过2天后数学水平为，经过3天后数学水平，以此类推，经过天后，数学水平与之间的函数关系式为，故选:D.4. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意，因为为与的交点，所以也为与的中点，因此.故选：D.5. 平行于直线且与圆相切的直线的方程是（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】A【解析】设所求直线为，由直线与圆相切得，解得所以直线方程为或选A.6. 将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.则异面直线与所成的角的大小为（ ）A
4、. B. C. D. 【答案】B【解析】以O为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则、.所以，则，所以.因此，异面直线与所成的角为.故选：B.7. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数的定义域为，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同正根，即有两个不同正根，所以，解得，故答案为:A.8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之
5、比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，点M在圆上，取点，连接，有，当点不共线时，又，因此，则有，当点共线时，有，则，因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号，所以的最小值为.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. 椭圆的焦距为，则的值为（ ）A. 9B. 23 C. D. 【答案】AB【解析】椭圆的焦距为，即得.
6、依题意当焦点在轴上时，则，解得；当焦点在轴上时，则，解得，的值为9或23.故选：AB.10. 已知直线过，且，到直线的距离相等，则的方程可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】由条件可知直线平行于直线或过线段的中点，当直线时，因为直线的斜率为，所以直线的方程是，即；当直线经过线段的中点时，则的斜率为，的方程是，即，故选：AC.11. 已知，且，下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】设函数恒成立，所以在单调递增，所以，所以对恒成立，所以恒成立，A正确；设函数，令解得，所以在单调递增，所以，即对恒成立，所以恒成立，B正确；设函数，令解得，令解得，所
7、以当时，有增有减，所以时，的大小关系不一定，即不恒成立，也即不恒成立，C错误；因为，所以令，设，因为，所以恒成立，所以单调递增，所以，即，即，即，也即，D正确，故选:ABD.12. 意大利数学家列昂纳多斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，类似的有，累加得，由题知，故选项A正确，对
8、于B选项，因为，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知正四面体的棱长为2，分别为，的中点，则的长为_【答案】【解析】如图，连接,在等边三角形中,在等边三角形中,所以，所以,所以,故答案为: .14. 设函数的图象与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】令，即解得，所以点的坐标为，所以由点斜式得，即.故答案为: .15. 中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现
9、了聪明才智南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”在他的专著详解九章算法商功中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍瞢垛、刍童垛等的公式例如三角垛指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个第层放_个物体堆成的堆垛，记共层的三角垛中物体的总数为，则_参考公式：【答案】 【解析】由题意得，故答案为：，.16. 已知双曲线的左右焦点分别为，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】设双曲线的左、右焦点分别为，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立
10、双曲线，可得，设，由三角形的等面积法可得，化简可得，由双曲线的定义可得，在三角形中，为直线的倾斜角），由，可得，可得，由化简可得，即为，可得，则故答案为：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. 的三个顶点是，求：（1）边BC上的中线所在直线的方程；（2）边BC上的高所在直线的方程；（3）边BC的垂直平分线的方程解：（1）BC的中点坐标为，则边BC上的中线所在直线的方程为；（2）边BC的斜率为，则其上的高的斜率为，且过，则边BC上的高所在直线的方程为；（3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为，则边BC的垂直平分线的方程为.18. 已知两圆，（1
11、）取何值时两圆外切？（2）当时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长解：（1）因为圆的标准方程为，所以两圆的圆心分别为，半径分别为，.当两圆外切时，圆心距为半径之和，则，结合，解得；（2）当时，圆的一般方程为，两圆一般方程相减得：，所以两圆的公共弦所在直线的方程为，圆圆心到的距离为，故两圆的公共弦的长为19. 在等差数列中，已知的前六项和.（1）求数列的通项公式；（2）若_(填或或中的一个)，求数列的前n项和.在，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解：（1）由题意，等差数列中且，可得，解得，所以.（2）选条件：，选条件：由，
12、可得，当n为偶数时，；当n为奇数时，为偶数，选条件：由，可得，所以，两式相减，可得：，所以.20. 如图，在五面体中，平面，为直角梯形，（1）若为的中点，求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值（1）证明：取的中点，连接，因为，分别是，的中点，所以且，因为，所以且，所以四边形为，所以，又平面，平面，所以平面；（2）解：以为原点，所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得，故，所以平面与平面夹角的余弦值为21. 已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点
13、的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点（1）解：由已知得：，又，解得：，故椭圆的方程为.（2）证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件当直线的斜率存在时，设的方程为，联立，消去整理得：，得，设，则，由，得，又，所以，由得，化简得，解得（舍），满足，此时的方程为，故直线过定点22. 已知函数（1）当时，证明：；（2）若，求的单调区间；（3）若，求k的取值范围（1）证明：当时，则当时，单调递减，当时，单调递增，则，即（2）解：因为，所以，由（1）知，当时，当时，故的单调递增区间为，单调递减区间为（3）解：令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，故令，则等价于因为，所以等价于令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，则，故k的取值范围为