吉林省“BEST合作体”2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

吉林省“BEST合作体”2022-2023学年度上学期期末考试高二数学试题一、选择题1.展开式中项系数为（）A.5 B. C.10 D.【答案】B【解析】【分析】求出展开式的通项，再令未知数的指数等于，即可得解.【详解】展开式的通项为，令，则，所以项系数为.故选：B.2.双曲线与双曲线具有相同的（）A.焦点 B.实轴长 C.离心率 D.渐近线【答案】D【解析】【分析】依次分析两条曲线的焦点，实轴长，离心率，渐近线等即可得答案.【详解】解：将双曲线化为标准方程得，所以，对于双曲线，，焦点坐标为，实轴长为，离心率为，渐近线方程为；对于双曲线，，焦点坐标为，实轴长为，离心率为，渐近线方程为；故双曲线与双曲线具有相同的渐近线.故选：D3.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.7 B. C. D.10【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的前项和为公式解决即可.【详解】因为，，所以，解得，所以.故选：B.4.直线被圆截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用配方法求得圆心与半径，再结合点到直线距离公式与弦长公式进行求解即可.【详解】由，得，所以圆的圆心为，半径为，圆心到直线，即的距离为，所以所求弦长为.故选：B5.数学与建筑的结合造就建筑艺术，如图，吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，若将校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线的一部分，其焦点坐标为，校门最高点到地面距离约为18米，则校门位于地面宽度最大约为（）A.18米 B.21米 C.24米 D.27米【答案】C【解析】【分析】将抛物线方程化为标准式，根据焦点坐标求出的值，即可得到抛物线方程，再令求出的值，即可得解.【详解】解：抛物线，即，因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以，所以抛物线即为，令，则，解得，所以校门位于地面宽度最大约为米.故选：C6.某校选派4名干部到两个街道服务，每人只能去一个街道，每个街道至少1人，有多少种方法（）A.10 B.14 C.16 D.18【答案】B【解析】【分析】根据题意对人数的分配情况进行分类讨论，运算求解即可.【详解】由题意可得：若每个街道分配的人数不一致，则其中一个街道分配1人，另一个街道分配3人，则不同的分配方法有种；若每个街道分配的人数一致，则两个街道均分配2人，则不同的分配方法有种；故共有种.故选：B.7.若数列满足：，且，则数列的前5项和为（）A.7 B.10 C.19 D.22【答案】D【解析】【分析】根据题意求，进而可得结果.【详解】根据题意可得：，故前5项和为.故选：D.8.中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在xOy平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线C是当时的双纽线，P是曲线C上的一个动点，则下列是关于曲线C的四个结论，正确的个数是（）①曲线C关于原点对称②曲线C上满足的P有且只有一个③曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过4④若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据题意求轨迹方程.将代入曲线方程即可判断①；根据点P在y轴上，解得点P的坐标即可判断②；根据曲线方程可得，结合即可判断③；直线与曲线联立，根据方程的解即可判断④.【详解】设，则，根据双纽线的定义可得：，即，对①：曲线C上任一点关于原点的对称点为，用替换方程中的得：即也在曲线C上，所以曲线C关于原点中心对称，故①正确；对②：若曲线C上点P满足，则点P在y轴上，即，把代入曲线方程得：，解得，即点P满足，则，所以这样的点仅有一个，故②正确；对③：若，则，即，则，当，即不是坐标原点时，则，当且仅当，即时等号成立，即；当时，则；综上所述：曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过4，故③正确；对④：∵直线与曲线C一定有公共点，若直线与曲线C只有一个交点，将代入方程中，方程无非零解，联立方程，消去整理得，可得无非零解，则，解得或，故④正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：（1）根据方程，化简可得，结合不等式分析运算；（2）再处理直线与曲线的交点问题时，一般通过联立方程分析判断.二、多选题9.方程表示的曲线可能为（）A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线【答案】ABC【解析】【分析】对于ABC，取的特殊值即可判断；对于D，结合抛物线方程的特点即可判断.【详解】对于方程，对于A，取，得，此时方程表示的曲线为圆，故A正确；对于B，取，得，此时方程表示的曲线为椭圆，故B正确；对于C，取，得，此时方程表示的曲线为双曲线，故C正确；对于D，而抛物线的方程中必有一个或，显然不管取何取，但方程无法得到或，故D错误.故选：ABC.10.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】分析】根据题意分析可得：.对A、B：直接代入检验即可；对C：利用累加法可得，即可得结果；对D：利用裂项相消法运算求解.【详解】根据题意可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即，即，对A：因为，所以，故A错误；对B：因为，所以，故B正确；对C：因为，，，且，所以上述各式相加得，故；经检验：满足，所以，则，故C错误；对D：由选项C可知，则，故D正确.故选：BD.11.已知椭圆M：（）的左､右焦点分别为，，若椭圆M与坐标轴分别交于A，B，C，D四点，且从，，A，B，C，D这六点中，可以找到三点构成一个等边三角形，则下列选项中可以是椭圆M的离心率的有（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】对所有可能的等边三角形分类讨论，得的关系，从而求得离心率.【详解】不妨设为长轴端点，为短轴端点，已知关于原点对称，，关于原点对称，关于原点对称，相应的三角形只取其中一个即可；首先可能是等边三角形，因为，所以，此时不可能是等边三角形，不合题意；若为等边三角形，则，所以选项B有可能;若为等边三角形，则,所以选项A有可能;若为等边三角形，则；综上可知，可以是椭圆M的离心率的有选项A和B.故选：AB.12.在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（）A.椭圆外切矩形面积的最小值为48B.椭圆外切矩形面积的最大值为48C.点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时，D.若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则【答案】ACD【解析】【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项，利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为，则，由图象易知，圆心到直线的距离，所以.又，所以外切矩形为的面积，因此对，错.对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，，对.对于，，①②得，，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想三、填空题13.若三个点，，中恰有两个点在双曲线C：上，则双曲线C的渐近线方程为___________.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的图象关于原点对称,得到点，在双曲线上，即可求出，进而求出双曲线的渐近线方程.【详解】因为三个点，，中恰有两个点在双曲线上，又双曲线的图象关于原点对称,所以点，在双曲线上，所以，解得，所以其渐近线方程为：.故答案：.14.设为正项等比数列的前n项积，若，则___________．【答案】32【解析】【分析】根据等比数列通项公式基本量计算求出首项和公比，再计算出前10项积即可.【详解】由，得，因为为正项等比数列，所以，解得：，又，解得：，所以．故答案为：3215.的展开式中，的系数为______.【答案】30【解析】【分析】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，即可算出答案.【详解】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，故含的项系数是故答案为：30【点睛】本题考查的是利用分步计数原理处理多项式相乘的问题，较简单.16.已知直线l与椭圆在第二象限交于A，B两点，直线l与x轴、y轴分别交于C，D两点，且，则直线l的方程为________________．【答案】【解析】【分析】令的中点为，利用点差法得到，再设直线求出的坐标，从而结合得到关于、的方程，解之即可.【详解】依题意，不妨设点在点的左边，记的中点为，如图，设，，则，，所以，即，所以，即，设直线，则，，令得，令得，即，，因为，所以，即点为的中点，故，所以，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直线，即.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.四、解答题17.书架第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.（1）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？（2）从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【答案】（1）种；（2）种.【解析】【分析】（1）应用分步乘法求不同的取法；（2）应用分类加法求不同的取法.【小问1详解】从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法，第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法，第3步从第3层取1本体育书，有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是.【小问2详解】第1类方法是4本不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本，有种方法第2类方法是4本不同的计算机书和2本不同的体育书各选取1本，有种方法，第3类方法是3本不同的文艺书和2本不同的体育书各选取1本，有种方法根据分类加法计数原理，不同取法的种数是.18.过点做圆的两条切线．分别与圆相切于A，B两点．（1）求切线方程；（2）求线段AB的长度．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切有，分类讨论所求切线斜率存在与否，结合点线距离公式即可得解；（2）结合图像，利用两点距离公式得到，再利用平面几何的知识与三角形面积公式求得，从而得解.【小问1详解】因为，所以点在圆外，又圆的圆心为，半径为，当所求切线斜率不存在时，切线方程为，易得圆心到直线的距离为，满足题意；当所求切线斜率存在时，设切线方程为，即，因为圆心到直线距离，即，解得，所以切线方程为，即，综上：切线方程为为或.【小问2详解】由（1）可作出切线与圆的图形如下，易得，，则在中，，，所以，由平面几何的知识易知，且是的中点，由三角形面积公式得，则，所以.19.已知数列的前n项和为，数列满足，．（1）证明是等差数列；（2）是否存在常数a、b，使得对一切正整数n都有成立．若存在，求出a、b的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】(1)由数列的前n项和为，可求得，，再由等比数列的定义证明即可.(2)根据题意可求得，，代入中得，只需满足以即可，从而求解的值即可.【小问1详解】解：证明：因为数列的前n项和为，所以当时，，当时，，所以，满足，所以数列的通项公式为，，所以，，所以是等差数列；【小问2详解】解：因为，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；所以，要使对一切正整数n都有成立．即，即，所以，解得.故存在常数，当时，对一切正整数n都有成立.20.已知抛物线焦点为F，点在抛物线上，.（1）求抛物线方程；（2）过焦点F直线l与抛物线交于MN两点，若MN最小值为4，且是钝角，求直线斜率范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）设，与抛物线联立，根据题意结合弦长公式可求得，再结合数量积以及韦达定理运算求解，注意数量积的符号与向量夹角之间的关系.【小问1详解】由题意可得：，解得或，故抛物线方程为或.【小问2详解】抛物线的焦点，设，联立方程，消去x得，则，可得，解得，此时，则，若直线过点，则，解得，若是钝角，则，且三点不共线，∵，则，解得或，注意到，故直线斜率范围为.【点睛】方法定睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．21.已知数列；数列是等比数列，成等差数列.（1）求、通项公式；（2）若前n项和满足，求证.【答案】（1），（2）证明