甘肅省臨洮縣第二中學2023年高二上數學期末綜合測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．數學中的數形結合也可以組成世間萬物的絢麗畫面，-些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的產物.曲線C：為四葉玫瑰線.①方程(xy<0)表示的曲線在第二和第四象限；②曲線C上任一點到坐標原點0的距離都不超過2；③曲線C構成的四葉玫瑰線面積大于4π；④曲線C上有5個整點(橫、縱坐標均為整數的點).則上述結論中正確的個數是（）A.1 B.2C.3 D.42．設函數在R上可導，則（）A. B.C. D.以上都不對3．如圖所示，過拋物線的焦點F的直線依次交拋物線及準線于點A，B，C.若，且，則拋物線的方程為（）A. B.C. D.4．小王與小張二人參加某射擊比賽預賽的五次測試成績如下表所示，設小王與小張成績的樣本平均數分別為和，方差分別為和，則（）第一次第二次第三次第四次第五次小王得分（環）910579小張得分（環）67557A. B.C. D.5．在中，已知，則的形狀是（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.正三角形6．已知直線和互相平行，則實數的取值為（）A或3 B.C. D.1或7．函數f（x）＝的圖象大致形狀是（）A. B.C. D.8．已知，數列，，，與，，，，都是等差數列，則的值是（）A. B.C. D.9．設為數列的前n項和，，且滿足，若，則（）A.2 B.3C.4 D.510．阿波羅尼斯約公元前年證明過這樣一個命題：平面內到兩定點距離之比為常數且的點的軌跡是圓．后人將這個圓稱為阿氏圓．若平面內兩定點A，B間的距離為2，動點P與A，B距離之比滿足：，當P、A、B三點不共線時，面積的最大值是（）A. B.2C. D.11．在長方體中，，，則與平面所成的角的正弦值為（）A. B.C. D.12．長方體中，，，，為側面內（含邊界）的動點，且滿足，則四棱錐體積的最小值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等比數列的前n項和為，且滿足，則_____________14．已知集合，，將中的所有元素按從大到小的順序排列構成一個數列，則數列的前n項和的最大值為___________.15．設是橢圓上一點，分別是橢圓的左、右焦點，若，則的大小_____.16．設拋物線C：的焦點為F，準線l與x軸的交點為M，P是C上一點，若|PF|＝5，則|PM|＝__.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數（1）填寫函數的相關性質；定義域值域零點極值點單調性性質（2）通過（1）繪制出函數的圖像，并討論方程解的個數18．（12分）如圖，已知等腰梯形，，為等腰直角三角形，，把沿折起（1）當時，求證：；（2）當平面平面時，求平面與平面所成二面角的平面角的正弦值19．（12分）已知數列{an}的首項a1＝1，且an＋1＝(n∈N*).（1）證明：數列是等比數列；（2）設bn＝－，求數列{bn}的前n項和Sn.20．（12分）已知等差數列的前和為，數列是公比為2的等比數列，且，（1）求數列和數列的通項公式；（2）現由數列與按照下列方式構造成新的數列①將數列中的項去掉數列中的項，按原來的順序構成新數列；②數列與中的所有項分別構成集合與，將集合中的所有元素從小到大依次排列構成一個新數列;在以上兩個條件中任選一個做為已知條件，求數列的前30項和.21．（12分）已知函數.(I)若曲線在點處的切線方程為,求的值；(II)若,求的單調區間.22．（10分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周長.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】對于①，由判斷，對于②，利用基本不等式可判斷，對于③，以為圓心，2為半徑的圓的面積與曲線圍成的面積進行比較即可，對于④，將和聯立，求解出兩曲線的切點，從而可判斷【詳解】對于①，由，得異號，方程(xy<0)關于原點及y=x對稱，所以方程(xy<0)表示的曲線在第二和第四象限，所以①正確，對于②，因為，所以，所以，所以，所以由曲線的對稱性可知曲線C上任一點到坐標原點0的距離都不超過2，所以②正確，對于③，由②可知曲線C上到原點的距離不超過2，而以為圓心，2為半徑的圓的面積為，所以曲線C構成的四葉玫瑰線面積小于4π，所以③錯誤，對于④，將和聯立，解得，所以可得圓與曲線C相切于點，，，，而點（1，1）不滿足曲線方程，所以曲線在第一象限不經過任何整數點，由曲線的對稱性可知曲線在其它象限也不經過任何整數點，所以曲線C上只有1個整點（0，0），所以④錯誤，故選：B2、B【解析】根據極限的定義計算【詳解】由題意故選：B3、A【解析】分別過點作準線的垂線，分別交準線于點，,設，推出；根據，進而推導出，結合拋物線定義求出；最后由相似比推導出，即可求出拋物線的方程.【詳解】如圖分別過點作準線的垂線，分別交準線于點，,設與交于點.設，,，由拋物線定義得：，故在直角三角形中，，，，，，，∥，，，即，，所以拋物線的方程為.故選：A4、C【解析】根據圖表數據可以看出小王和小張的平均成績和成績波動情況.【詳解】解：從圖表中可以看出小王每次的成績均不低于小張，但是小王成績波動比較大，故設小王與小張成績的樣本平均數分別為和，方差分別為和.可知故選：C5、B【解析】利用誘導公式、兩角和的正弦公式化簡已知條件，由此判斷出三角形的形狀.【詳解】由，得，得，由于，所以，所以.故選：B6、B【解析】利用兩直線平行的等價條件求得實數m的值.【詳解】∵兩條直線x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，∴解得m=﹣1，故選B【點睛】已知兩直線的一般方程判定兩直線平行或垂直時，記住以下結論，可避免討論：已知，，則，7、B【解析】利用函數的奇偶性排除選項A,C，然后利用特殊值判斷即可【詳解】解：由題得函數的定義域為，關于原點對稱.所以函數是奇函數，排除選項A,C.當時，，排除選項D，故選：B8、A【解析】根據等差數列的通項公式，分別表示出，，整理即可得答案.【詳解】數列，，，和，，，，各自都成等差數列，，，，故選:A9、B【解析】由已知條件可得數列為首項為2，公差為2的等差數列，然后根據結合等差數列的求和公式可求得答案【詳解】在等式中，令，可得，所以數列為首項為2，公差為2的等差數列，因為，所以，化簡得，，解得或（舍去），故選：B10、C【解析】根據給定條件建立平面直角坐標系，求出點P的軌跡方程，探求點P與直線AB的最大距離即可計算作答.【詳解】依題意，以線段AB的中點為原點，直線AB為x軸建立平面直角坐標系，如圖，則，，設，因，則，化簡整理得：，因此，點P的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，點P不在x軸上時，與點A，B可構成三角形，當點P到直線(軸)的距離最大時，的面積最大，顯然，點P到軸的最大距離為，此時，，所以面積的最大值是故選：C11、D【解析】過點作的垂線，垂足為，由線面垂直判定可知平面，則所求角即為，由長度關系求得即可.【詳解】在平面內過點作的垂線，垂足為，連接.，，，平面，平面，的正弦值即為所求角的正弦值，，，.故選：D.12、D【解析】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，分析可知點的軌跡是以點、為焦點的橢圓，求出橢圓的方程，可知當點為橢圓與棱或的交點時，點到平面的距離取最小值，由此可求得四棱錐體積的最小值.【詳解】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設點，其中，，則、，因為平面，平面，則，所以，，同理可得，所以，，所以點的軌跡是以點、為焦點，且長軸長為的橢圓的一部分，則，，，所以，點的軌跡方程為，點到平面的距離為，當點為曲線與棱或棱的交點時，點到平面的距離取最小值，將代入方程得，因此，四棱錐體積的最小值為.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##31.5【解析】根據等比數列通項公式，求出，代入求和公式，即可得答案.【詳解】因為數列為等比數列，所以，又，所以，所以.故答案為：14、【解析】由題意設，，根據可得，從而，即可得出答案.【詳解】設，由，得，由，得中的元素滿足，即，可得所以，由,所以所以，要使得數列的前n項和的最大值，即求出數列中所以滿足的項的和即可.即，得，則所以數列的前n項和的最大值為故答案為：147215、【解析】，，利用橢圓的定義、結合余弦定理、已知條件，可得，解得，從而可得結果【詳解】橢圓，可得，設，，可得，化簡可得：，，故答案為【點睛】本題主要考查橢圓的定義以及余弦定理的應用，屬于中檔題．對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.16、【解析】根據拋物線的性質及拋物線方程可求坐標，進而得解.【詳解】由拋物線的方程可得焦點，準線，由題意可得，設，有拋物線的性質可得：，解得x＝4，代入拋物線的方程可得，所以，故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析（2）詳見解析【解析】（1）利用導數判斷函數的性質；（2）由函數性質繪制函數的圖象，并將方程轉化為，即轉化為與的交點個數.【小問1詳解】函數的定義域是，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取得極大值，同時也是函數的最大值，，當時，，當時，，函數的值域是，，得，所以函數的零點是，定義域值域零點極值點單調性性質單調遞增區間，單調遞減區間【小問2詳解】函數的圖象如圖，，即，方程解的個數，即與的交點個數，當時，無交點，即方程無實數根；當或時，有一個交點，即方程有一個實數根；當時，有兩個交點，即方程有兩個實數根.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點E，連，證明四邊形為平行四邊形，從而可得為等邊三角形，四邊形為菱形，從而可證，，即可得平面，再根據線面垂直的性質即可得證；（2）取的中點M，連接，以B為空間坐標原點，向量分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.【小問1詳解】解：取的中點E，連，∵，∴，∵，∴四邊形為平行四邊形，∵，∴，∵，∴為等邊三角形，四邊形為菱形，∴，，∴∴，∵，，，平面，，∴平面，∵平面，∴；【小問2詳解】解：取的中點M，連接，由（1）知，，∵平面平面，，∴平面，以B為空間坐標原點，向量分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，由，，有，取，可得，設平面的法向量為，由，，有，取，有，有，故平面與平面所成二面角的正弦值為19、（1）證明見解析.（2）2－.【解析】（1）根據遞推公式，得到，推出，即可證明數列是等比數列；（2）先由（1）求出，即bn＝，再錯位相減法，即可求出數列的和.【小問1詳解】（1）證明：因為an＋1＝，所以＝＝＋，所以－＝－＝，又a1－≠0，所以數列為以－＝為首項，為公比的等比數列.【小問2詳解】解：由（1）可得＝＋，所以bn＝，所以Sn＝＋＋＋…＋，①所以Sn＝＋＋…＋＋，②①－②得，Sn＝＋＋…＋－＝－，解得Sn＝2－.20、（1），（2）答案見解析【解析】（1）由題意可直接得到等比數列的通項公式；求出等差數列的公差，即可得到其通項公式；（2）若選①，則可確定由數列前33項的和減去，即可得答案；若選②，則可確定由數列前27項的和加上，即可得答案.【小問1詳解】因為數列為等比數列，且，所以.又因，所以，又，則，故等差數列的通項公式為.【小問2詳解】因為，，所以，而若選①因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1632.若選②因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1203.21、（Ⅰ）（Ⅱ）在區間上單調遞增,在區間上單調遞減【