湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

武汉外国语学校2022-2023学年度高二上学期期末试卷命题人：高二数学组一单选题：本题共8个小题，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. 抛物线的焦点到准线的距离为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的标准方程进行求解即可.【详解】由，可得，所以，即焦点到准线的距离是.故选：B.2. 若方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围是（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】根据椭圆焦点在轴上,可得,解出范围即可.【详解】解:由题知表示焦点在轴上的椭圆,则有: ,解得:或.故选:D3. 已知直线与直线相互平行，则实数m的值是（ ）A. B. 1C. D. 6【答案】A【解析】【分析】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.【详解】，解之：经检验故选：A.4. 在正方体中，、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、四点共面的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对于B，证明即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.【详解】对于选项，如下图，点、确定一个平面，该平面与底面交于，而点不在平面上，故、四点不共面；对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，又，则，故、四点共面对于选项C，显然、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，故、四点不共面；对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点、确定的平面，该平面与正方体正面的交线为，而点不在直线上，故、四点不共面故选：B5. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则点到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等体积法结合条件即得.【详解】由于是的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离，设这个距离为，由题可知，所以，由于，所以，所以.故选：A6. 设等比数列中，则（ ）A. 16B. 32C. 12D. 18【答案】A【解析】【分析】利用等比数列性质求出公比，代入计算即可.【详解】由题，则故选：A7. 若数列是等差数列，首项，公差，则使数列的前项和成立的最大自然数是（ ）A. 4043B. 4044C. 4045D. 4046【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的单调性，结合等差数列前项和公式及等差数列的性质进行求解即可.【详解】因为是等差数列，首项，公差，所以是递减数列，又因为，所以，所以，所以使数列的前项和成立的最大自然数是4044.故选：B.8. 已知中心在坐标原点的椭圆C1与双曲线C2有公共焦点，且左，右焦点分别为F1，F2，C1与C2在第一象限的交点为P，PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|10，C1与C2的离心率分别为e1，e2，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|m，|PF2|n，由条件可得m10，n2c，再由椭圆和双曲线的定义可得，运用三角形的三边关系求得c的范围，再由离心率公式，计算即可得到所求范围【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|m，|PF2|n，由于PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形若|PF1|10，则有m10，n2c，由椭圆的定义可得，由双曲线的定义可得，即有，再由三角形的两边之和大于第三边，可得，可得，即有，由离心率公式可得，因为，所以，则，故，则，即，故的取值范围是.故选：B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，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分9. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）A. 若，则成等比数列B. 若为等差数列，则为等比数列C. 若，则数列为等差数列D. 若，则数列为等比数列【答案】BD【解析】【分析】根据等比数列的概念可判断AB，利用与的关系结合等差数列等比数列的定义可判断CD.【详解】对于A，当时，而不是等比数列，故A错误；对于B，若为等差数列，设公差为，则，所以为等比数列，故B正确；对于C，由，可得，所以不是等差数列，故C错误；对于D，由，当时，当时，此时，所以，为等比数列，故D正确.故选：BD.10. 已知圆和圆交于两点，则（ ）A. 两圆的圆心距B. 直线的方程为C. D. 圆上的点到直线的最大距离为【答案】BD【解析】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，由两点间距离公式可求得圆心距，知A错误；两圆方程作差即可求得方程，知B正确；利用垂径定理可求得C错误；利用圆上点到定直线距离最大值为圆心到直线距离加半径可求得D正确.【详解】由圆的方程知：圆心，半径；由圆的方程知：圆心，半径；对于A，圆心距，A错误；对于B，两圆方程作差可得直线方程为：，即，B正确；对于C，圆心到直线的距离，C错误；对于D，圆上的点到直线的最大距离为，D正确.故选：BD.11. 动点分别到两定点连线的斜率的乘积为，设的轨迹为曲线，分别为曲线的左、右焦点，则下列命题中正确的有（ ）A. 曲线的焦点坐标为；B. 若，则；C. 的内切圆的面积的面积的最大值为；D. 设，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据动点到两个定点连线斜率的乘积为定值可求得曲线的方程，可得到椭圆的焦点坐标，根据椭圆焦点三角形的面积公式可得焦点三角形面积，当焦点三角形内切圆半径最大时面积最大，根据动点在椭圆上方运动的特点可知半径变化是由小到大再变小，当动点在上顶点处内切圆半径最大，利用等面积法可求得内切圆半径；利用椭圆定义将动点到左焦点的距离转化为动点到右焦点的距离的差，当点M在A的上方时有最大值.【详解】由题意可知:化解得，A项：，即曲线C的焦点坐标为，故A项正确；B项：先推导焦点三角形面积公式：在中，设，由余弦定理得,即，=故B项错误；C项：在三角形中，设内切圆的半径为r ，由椭圆形定义， ，解得（），当M在上顶点时，内切圆半径r取最大值，内切圆最大面积为，故C正确；D项：在三角形中,则，当 三点共线，并且M在A的上方时，有最小值，即 ，故D项正确.故选：ACD【点睛】本题考查了圆锥曲线方程的求解、圆锥曲线焦点三角形的性质、椭圆第一定义的应用、数形结合的思想，属于较难题目，解题中首先对椭圆性质要准确掌握，可以简化计算，其次对字母运算能力要求较高.12. 如图，已知正方体的棱长为2，分别为，的中点，以下说法正确的是（ ）A. 平面B. 三棱锥的体积为C. 异面直线与所成的角的余弦值为D. 过点作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】AD【解析】【分析】对于A，根据线面垂直，证得线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案；对于B，根据三棱锥体积公式计算，结合正方体性质，可得答案；对于C，根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦定理，可得答案；对于D，利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.【详解】，连接、，如下图：分别为的中点，且为正方形的对角线，在正方体中，平面，且平面，平面，平面，平面，同理可得，分别是的中点，即，平面，平面，故A正确；对于B，取中点，连接，如下图：分别为的中点，平面，设正方形的面积，故B错误；对于C，连接，如下图：分别为中点，则，故为异面直线与所成的角或其补角，异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，如下图：易知，且正六边形为过点作正方体的截面，则其面积为，故D正确.故选：AD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 写出与圆和都相切的一条直线的方程_【答案】或或【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】方法一：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故，于是或，再结合解得或或，所以直线方程有三条，分别为，填一条即可方法二：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可方法三：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.14. 已知抛物线的弦过其焦点，若，则的值为_.【答案】1【解析】【分析】由题可设，联立抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的定义可得，即得.【详解】由抛物线可知，设，由，可得，所以，所以，所以.故答案为：1.15. 已知三棱锥中，两两垂直，则直线与平面所成的角的正弦值为_.【答案】【解析】【分析】利用坐标法，求平面ABC的法向量，根据线面角的向量求法即得【详解】因为两两垂直，以为原点，为轴的正方向的空间直角坐标系， 则，若是平面ABC的一个法向量，则，令，则，故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为.故答案为：.16. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折次，那么_.【答案】 . 5 . 【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.四解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明证明过程及演算步骤17. 已知直线和圆（1）求证：直线过定点，并求这个定点（2）若直线截圆所得的弦长为，求直线的方程【答案】（1）证明见解析，定点； （2）或.【解析】【分析】（1）根据方程的性质进行求解即可；（2）根据弦长公式及点到直线的距离公式即得.【小问1详解】直线：，即，令，解得，所以直线过定点；【小问2详解】由圆，可得圆心，半径为3，又直线截圆所得的弦长为，所以圆心到直线的距离，所以，解得或，所以直线的方程为或.18. 在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.（1）求椭圆的方程.（2）若过椭圆的左焦点，倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据离心率和焦距就可得到，再根据可求得.(2)根据题意设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，求出两根之和，两根之积，再表示出三角形的面积，代入两根之和，两根之积，即可求出结果.【小问1详解】因为椭圆离心率为，焦距，则解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】已知椭圆方程，左焦点为，若倾斜角为，则斜率为，过左焦点且倾斜角为的直线方程为：设点的坐标分别为，则联立方程组得，所以，所以.所以的面积为.19. 设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，.（1）求，的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）设公差为，公比为，根据已知列出方程可求出，代入通项公式，即可求出结果；（2）分组求和，分别求出和的前项和，加起来即可求出结果.【小问1详解】设公差为，公比为，因为，则由可得，即，由可得，解得，则.所以有，整理可得，解得或（舍去）.所以，则，解得（舍去负值），所以.所以有，.小问2详解】由（1）知，则.20. 如图所示，四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，（1）求证：（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取中点，根据面面垂直的性质可得平面，结合条件建立坐标系，利用坐标法即得；（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】取中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，取的中点，连接，因为为等腰梯形，所以，如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以；【小问2详解】由（1）知，设平面的一个法向量为，则，令，可得，设平面的一个法向量为，则，令，可得，设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成的锐二面角余弦值为.21. 已知数列满足（1）求数列的通项公式（2）记，求数列的前项和【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由题可得的奇数项和偶数项分别是等比数列，利用等比数列的通项公式即得；（2）由题可得，然后根据裂项相消法即得.【小问1详解】由，可得，两式相除得，所以的奇数项和偶数项分别是以4为公比的等比数列，由，可得，当为奇数时，当为偶数时，所以；【小问2详解】因为，所以，所以.22. 已知圆和点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点（1）求点的轨迹的方程（2）设过点的直线交于，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由.【答案】（1）； （2）存在定点，使得为定值80.【解析】【分析】（1）根据双曲线的定义即得；（2）假设存在点，可设直线，利用韦达定理法表示出，结合条件即得.【小问1详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以，所以，所以点的轨迹为以为焦点的双曲线，设其方程为，则，所以点的轨迹的方程为；【小问2详解】假设存在点使得为定值，当直线不与轴重合时，设直线，由，可得，所以，所以，为定值，即与的值无关，则必有，解得，此时点，当直线与轴重合时，可知，对于点，所以存在定点，使得为定值80.