吉林省“BEST合作體”2022-2023學年高二上學期期末考試數學試題（解析版）

吉林省“BEST合作體”2022-2023學年度上學期期末考試高二數學試題一、選擇題1.展開式中項系數為（）A.5 B. C.10 D.【答案】B【解析】【分析】求出展開式的通項，再令未知數的指數等于，即可得解.【詳解】展開式的通項為，令，則，所以項系數為.故選：B.2.雙曲線與雙曲線具有相同的（）A.焦點 B.實軸長 C.離心率 D.漸近線【答案】D【解析】【分析】依次分析兩條曲線的焦點，實軸長，離心率，漸近線等即可得答案.【詳解】解：將雙曲線化為標準方程得，所以，對于雙曲線，，焦點坐標為，實軸長為，離心率為，漸近線方程為；對于雙曲線，，焦點坐標為，實軸長為，離心率為，漸近線方程為；故雙曲線與雙曲線具有相同的漸近線.故選：D3.已知等差數列的前項和為，若，則（）A.7 B. C. D.10【答案】B【解析】【分析】根據等差數列的前項和為公式解決即可.【詳解】因為，，所以，解得，所以.故選：B.4.直線被圓截得的弦長為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用配方法求得圓心與半徑，再結合點到直線距離公式與弦長公式進行求解即可.【詳解】由，得，所以圓的圓心為，半徑為，圓心到直線，即的距離為，所以所求弦長為.故選：B5.數學與建筑的結合造就建筑藝術，如圖，吉林大學的校門是一拋物線形水泥建筑物，若將校門輪廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成拋物線的一部分，其焦點坐標為，校門最高點到地面距離約為18米，則校門位于地面寬度最大約為（）A.18米 B.21米 C.24米 D.27米【答案】C【解析】【分析】將拋物線方程化為標準式，根據焦點坐標求出的值，即可得到拋物線方程，再令求出的值，即可得解.【詳解】解：拋物線，即，因為拋物線的焦點坐標為，所以，所以，所以拋物線即為，令，則，解得，所以校門位于地面寬度最大約為米.故選：C6.某校選派4名干部到兩個街道服務，每人只能去一個街道，每個街道至少1人，有多少種方法（）A.10 B.14 C.16 D.18【答案】B【解析】【分析】根據題意對人數的分配情況進行分類討論，運算求解即可.【詳解】由題意可得：若每個街道分配的人數不一致，則其中一個街道分配1人，另一個街道分配3人，則不同的分配方法有種；若每個街道分配的人數一致，則兩個街道均分配2人，則不同的分配方法有種；故共有種.故選：B.7.若數列滿足：，且，則數列的前5項和為（）A.7 B.10 C.19 D.22【答案】D【解析】【分析】根據題意求，進而可得結果.【詳解】根據題意可得：，故前5項和為.故選：D.8.中國結是一種手工編制工藝品，它有著復雜奇妙的曲線，卻可以還原成單純的二維線條，其中的數字“8”對應著數學曲線中的雙紐線.在xOy平面上，把與定點距離之積等于的動點的軌跡稱為雙紐線.曲線C是當時的雙紐線，P是曲線C上的一個動點，則下列是關于曲線C的四個結論，正確的個數是（）①曲線C關于原點對稱②曲線C上滿足的P有且只有一個③曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過4④若直線與曲線C只有一個交點，則實數k的取值范圍為A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根據題意求軌跡方程.將代入曲線方程即可判斷①；根據點P在y軸上，解得點P的坐標即可判斷②；根據曲線方程可得，結合即可判斷③；直線與曲線聯(lián)立，根據方程的解即可判斷④.【詳解】設，則，根據雙紐線的定義可得：，即，對①：曲線C上任一點關于原點的對稱點為，用替換方程中的得：即也在曲線C上，所以曲線C關于原點中心對稱，故①正確；對②：若曲線C上點P滿足，則點P在y軸上，即，把代入曲線方程得：，解得，即點P滿足，則，所以這樣的點僅有一個，故②正確；對③：若，則，即，則，當，即不是坐標原點時，則，當且僅當，即時等號成立，即；當時，則；綜上所述：曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過4，故③正確；對④：∵直線與曲線C一定有公共點，若直線與曲線C只有一個交點，將代入方程中，方程無非零解，聯(lián)立方程，消去整理得，可得無非零解，則，解得或，故④正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：（1）根據方程，化簡可得，結合不等式分析運算；（2）再處理直線與曲線的交點問題時，一般通過聯(lián)立方程分析判斷.二、多選題9.方程表示的曲線可能為（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線【答案】ABC【解析】【分析】對于ABC，取的特殊值即可判斷；對于D，結合拋物線方程的特點即可判斷.【詳解】對于方程，對于A，取，得，此時方程表示的曲線為圓，故A正確；對于B，取，得，此時方程表示的曲線為橢圓，故B正確；對于C，取，得，此時方程表示的曲線為雙曲線，故C正確；對于D，而拋物線的方程中必有一個或，顯然不管取何取，但方程無法得到或，故D錯誤.故選：ABC.10.南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法.商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形狀，后人稱之為“三角垛”.“三角垛”最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，，以此類推.設從上到下各層球數構成一個數列，則（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】分析】根據題意分析可得：.對A、B：直接代入檢驗即可；對C：利用累加法可得，即可得結果；對D：利用裂項相消法運算求解.【詳解】根據題意可知從第二層起，某一層的球數比上一層的球數多的數量剛好是其層數，即，即，對A：因為，所以，故A錯誤；對B：因為，所以，故B正確；對C：因為，，，且，所以上述各式相加得，故；經檢驗：滿足，所以，則，故C錯誤；對D：由選項C可知，則，故D正確.故選：BD.11.已知橢圓M：（）的左?右焦點分別為，，若橢圓M與坐標軸分別交于A，B，C，D四點，且從，，A，B，C，D這六點中，可以找到三點構成一個等邊三角形，則下列選項中可以是橢圓M的離心率的有（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】對所有可能的等邊三角形分類討論，得的關系，從而求得離心率.【詳解】不妨設為長軸端點，為短軸端點，已知關于原點對稱，，關于原點對稱，關于原點對稱，相應的三角形只取其中一個即可；首先可能是等邊三角形，因為，所以，此時不可能是等邊三角形，不合題意；若為等邊三角形，則，所以選項B有可能;若為等邊三角形，則,所以選項A有可能;若為等邊三角形，則；綜上可知，可以是橢圓M的離心率的有選項A和B.故選：AB.12.在橢圓中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓.該圓由法國數學家Monge（1746-1818）最先發(fā)現(xiàn).若橢圓，則下列說法正確的有（）A.橢圓外切矩形面積的最小值為48B.橢圓外切矩形面積的最大值為48C.點為蒙日圓上任意一點，點，，當取最大值時，D.若橢圓的左?右焦點分別為，，過橢圓上一點和原點作直線與蒙日圓相交于點，，則【答案】ACD【解析】【分析】先求得橢圓的蒙日圓方程，然后利用外切矩形的面積結合二次函數求最值可判斷A，B選項，利用兩角和的正切公式，橢圓的定義，向量運算的轉化來判斷C，D選項【詳解】對于，：如圖，設對于橢圓上任意點，過點作橢圓的切線交圓于，兩點，，關于原點對稱的點分別為，，則橢圓的一個外切矩形為，則，由圖象易知，圓心到直線的距離，所以.又，所以外切矩形為的面積，因此對，錯.對于：當與圓相切且切點在圓下方時，最大，，對.對于，，①②得，，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題解題的關鍵一方面結合題目要求求出蒙日圓方程，建立參數間的關系式來表示面積進而利用函數求最值問題，另一方面結合橢圓定義式，向量的運算推導的關系，體現(xiàn)了數形結合的思想三、填空題13.若三個點，，中恰有兩個點在雙曲線C：上，則雙曲線C的漸近線方程為___________.【答案】【解析】【分析】利用雙曲線的圖象關于原點對稱,得到點，在雙曲線上，即可求出，進而求出雙曲線的漸近線方程.【詳解】因為三個點，，中恰有兩個點在雙曲線上，又雙曲線的圖象關于原點對稱,所以點，在雙曲線上，所以，解得，所以其漸近線方程為：.故答案：.14.設為正項等比數列的前n項積，若，則___________．【答案】32【解析】【分析】根據等比數列通項公式基本量計算求出首項和公比，再計算出前10項積即可.【詳解】由，得，因為為正項等比數列，所以，解得：，又，解得：，所以．故答案為：3215.的展開式中，的系數為______.【答案】30【解析】【分析】表示5個因式的乘積，在這5個因式中，有2個因式選，其余的3個因式中有一個選，剩下的兩個因式選，即可得到含的項，即可算出答案.【詳解】表示5個因式的乘積，在這5個因式中，有2個因式選，其余的3個因式中有一個選，剩下的兩個因式選，即可得到含的項，故含的項系數是故答案為：30【點睛】本題考查的是利用分步計數原理處理多項式相乘的問題，較簡單.16.已知直線l與橢圓在第二象限交于A，B兩點，直線l與x軸、y軸分別交于C，D兩點，且，則直線l的方程為________________．【答案】【解析】【分析】令的中點為，利用點差法得到，再設直線求出的坐標，從而結合得到關于、的方程，解之即可.【詳解】依題意，不妨設點在點的左邊，記的中點為，如圖，設，，則，，所以，即，所以，即，設直線，則，，令得，令得，即，，因為，所以，即點為的中點，故，所以，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直線，即.故答案為：.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.四、解答題17.書架第1層放有4本不同的計算機書，第2層放有3本不同的文藝書，第3層放2本不同的體育書.（1）從書架的第1、2、3層各取1本書，有多少種不同的取法？（2）從書架上任取兩本不同學科的書，有多少種不同的取法？【答案】（1）種；（2）種.【解析】【分析】（1）應用分步乘法求不同的取法；（2）應用分類加法求不同的取法.【小問1詳解】從書架的第1、2、3層各取1本書，可以分成3個步驟完成：第1步從第1層取1本計算機書，有4種方法，第2步從第2層取1本文藝書，有3種方法，第3步從第3層取1本體育書，有2種方法，根據分步乘法計數原理，不同取法的種數是.【小問2詳解】第1類方法是4本不同的計算機書和3本不同的文藝書中各選取1本，有種方法第2類方法是4本不同的計算機書和2本不同的體育書各選取1本，有種方法，第3類方法是3本不同的文藝書和2本不同的體育書各選取1本，有種方法根據分類加法計數原理，不同取法的種數是.18.過點做圓的兩條切線．分別與圓相切于A，B兩點．（1）求切線方程；（2）求線段AB的長度．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用直線與圓相切有，分類討論所求切線斜率存在與否，結合點線距離公式即可得解；（2）結合圖像，利用兩點距離公式得到，再利用平面幾何的知識與三角形面積公式求得，從而得解.【小問1詳解】因為，所以點在圓外，又圓的圓心為，半徑為，當所求切線斜率不存在時，切線方程為，易得圓心到直線的距離為，滿足題意；當所求切線斜率存在時，設切線方程為，即，因為圓心到直線距離，即，解得，所以切線方程為，即，綜上：切線方程為為或.【小問2詳解】由（1）可作出切線與圓的圖形如下，易得，，則在中，，，所以，由平面幾何的知識易知，且是的中點，由三角形面積公式得，則，所以.19.已知數列的前n項和為，數列滿足，．（1）證明是等差數列；（2）是否存在常數a、b，使得對一切正整數n都有成立．若存在，求出a、b的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在，.【解析】【分析】(1)由數列的前n項和為，可求得，，再由等比數列的定義證明即可.(2)根據題意可求得，，代入中得，只需滿足以即可，從而求解的值即可.【小問1詳解】解：證明：因為數列的前n項和為，所以當時，，當時，，所以，滿足，所以數列的通項公式為，，所以，，所以是等差數列；【小問2詳解】解：因為，所以，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以；所以，要使對一切正整數n都有成立．即，即，所以，解得.故存在常數，當時，對一切正整數n都有成立.20.已知拋物線焦點為F，點在拋物線上，.（1）求拋物線方程；（2）過焦點F直線l與拋物線交于MN兩點，若MN最小值為4，且是鈍角，求直線斜率范圍.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根據題意列式求解，即可得結果；（2）設，與拋物線聯(lián)立，根據題意結合弦長公式可求得，再結合數量積以及韋達定理運算求解，注意數量積的符號與向量夾角之間的關系.【小問1詳解】由題意可得：，解得或，故拋物線方程為或.【小問2詳解】拋物線的焦點，設，聯(lián)立方程，消去x得，則，可得，解得，此時，則，若直線過點，則，解得，若是鈍角，則，且三點不共線，∵，則，解得或，注意到，故直線斜率范圍為.【點睛】方法定睛：與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法（1）數形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數形結合求解．（2）構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解．（3）構建函數法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域．21.已知數列；數列是等比數列，成等差數列.（1）求、通項公式；（2）若前n項和滿足，求證.【答案】（1），（2）證明