山东师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、 2021级2022-2023学年第一学期学科水平自我诊断数学试题本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.一单项选择题：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. 已知空间向量，且，则的值为（ ）A. B. C. 6D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.【详解】因为空间向量，且.故选：B.2. 已知等比数列各项均为正数，公比，且满足，则（ ）A. 8B. 4C. 2D. 1【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，根据各项均为正数，得到，则，进而求解.【详解】因为，由等比数列的性质可得：，又因

2、为数列各项均为正数，所以，因为公比，则，故选：.3. 直线的倾斜角是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：直线的斜率，故其倾斜角为考点：直线的斜率与倾斜角的关系4. 抛物线的准线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将抛物线转化成标准式，由定义求出准线.【详解】由得，故抛物线的准线方程为.故选：D5. 如图，在四面体中，为线段的中点，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算求解【详解】由已知，故选：D6. 若圆上恰有两个点到直线的距离为1，则半径的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】

3、【分析】作图，根据几何意义分析求解.【详解】如图，与直线 平行的距离为1的直线有2条： ，圆C： 的圆心是 ，依题意及图：圆 与 必有2个交点，与 相离，圆心C到 的距离 ， ；故选：C.7. 已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由条件结合双曲线的定义求，根据，即可求出结果.【详解】因为点在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，又，所以，即，则，因为双曲线中，即，则，即，又双曲线的离心率大于，所以.故选：A.8. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一

4、连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ）A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】C【解析】【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.【详解】由，可得，所以，所以，所以前项和，所以，故选：C.二多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知椭圆的离心率为，则的值可能为（ ）A. B. C. 5D. 25【答案】BC【解析】【分析】先将椭圆方程化为标准方程，然后分和两种情况结合离心率的定义列方程求

5、解即可.【详解】可化为.当时，椭圆的离心率为，解得；当时，椭圆的离心率为，解得.故选：BC.10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则当时，是等比数列C. 若数列为等差数列，则D. 若数列为等差数列，则时，最大【答案】AD【解析】【分析】利用题设条件及等差等比数列性质以及前项和公式，一一验证即可.详解】对于选项A：， ，又，则时也符合，故若，则，故选项A正确；对于选项B：当时，此时，数列不是等比数列，故选项B错误；对于选项C：数列为等差数列，故选项C错误；对于选项D：数列为等差数列，即，即，时，最大，故选项D正确；综上所述：选项AD正确，故选：AD.11. 数

6、学著作圆锥曲线论中给出了圆的一种定义：平面内，到两个定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.若两定点，动点满足，则下列说法正确的是（ ）A. 点的轨迹围成区域的面积为B. 面积的最大值为C. 点到直线距离的最大值为D. 若圆上存在满足条件的点，则半径的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】设点，根据可得点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，可判断A；得可判断B；求出点到直线的距离可判断直线与圆相离，求出点到直线距离的最大值可判断C；由D选项可知圆与圆有公共点，由可判断D.详解】由题意，设点，又，所以，化简可得，所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，所以点的轨迹围成的区域面积为，A选项正确；又点满足，所

7、以，面积的最大值为，B选项错误；点到直线的距离，所以直线与圆相离，所以点到直线距离的最大值为，C选项正确；由D选项可知圆与圆有公共点，所以，且，即，所以，D选项正确；故选：ACD.12. 在棱长为1的正方体中，为侧面的中心，是棱的中点，若点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）A. 的长最小值为B. 的最小值为C. 若，则平面截正方体所得截面的面积为D. 若正方体绕旋转角度后与其自身重合，则值可以是【答案】BCD【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，得，然后用空间向量法求得，判断A，求得数量积计算最小值判断B，由线面平行得线线平行，确定截面的形状、位置，从而可计算出截面面积，判断

8、C，结合正方体的对称性，利用是正方体的外接球直径判断D【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，则，设，所以，所以时，A错；，所以时，B正确；，则是上靠近的三等分点，取上靠近的三等分点，则，显然与平面的法向量垂直，因此平面，所以截面与平面的交线与平行，作交于点，设，则，由得，解得，则与重合，因此取中点，易得，截面为，它是等腰梯形，梯形的高为，截面面积为，C正确；，同理，所以是平面的一个法向量，即平面，设垂足为，则，是正方体的外接球的直径，因此正方体绕旋转角度后与其自身重合，至少旋转D正确故选：BCD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知直线:，当时，的值为_.【

9、答案】或【解析】【分析】由一般式方程下两直线平行公式进行运算并检验即可.详解】:，当时，有，解得或，当时，:，满足题意；当时，:，满足题意.当时，的值为或.故答案为：或.14. 已知等差数列的公差为，且是和的等比中项，则前项的和为_.【答案】【解析】【分析】利用等差数列的基本量，结合已知条件，即可求得等差数列的首项和公差，再求其前项的和即可.【详解】由等差数列的公差为，且是和的等比中项，故可得，解得.故数列的前项的和.故答案为：.15. 如图，把正方形纸片沿对角线折成直二面角，则折纸后异面直线，所成的角为_.【答案】#60【解析】【分析】过点E作CEAB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平

10、行四边形，进而（或其补角）是所求角，算出答案即可.【详解】过点E作CEAB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，设所求角为，于是.设原正方形ABCD边长为2，取AC的中点O，连接DO,BO，则且，而平面平面，且交于AC，所以平面ABEC，则.易得，而则 于是，,.在中，取DE的中点F，则，所以，所以，于是.故答案为：.16. 已知F为抛物线C：的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，抛物线在点A，B处的切线分别为和，若和交于点P，则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】设直线：，利用韦达定理求得，设，利用判别式求得直线的方程，进而得到的坐标，从而可得，再利用基本不等式

11、即得.【详解】由题可知，设直线：，直线:与联立消，得，设，则，设，由，可得，又，即，同理可得，所以可得，即，当且仅当，即取等号.故答案为：4.四解答题：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. 已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦的长为4，求直线的方程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据圆的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆与直线相切于点求解；（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，利用弦长公式求解.【小问1详解】解：因为圆的圆心在直线上，所以设圆心为，又因为圆与直线相切于点，所以，解得，所

12、以圆心为，半径为 ，所以圆的方程；【小问2详解】当直线的斜率不存在时：直线方程为，圆心到直线的距离为，所以弦长为，成立；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离为，所以弦长为，解得，所以直线方程为：，所以直线的方程为 或.18. 在数列中，当时，其前n项和满足（1）求证：是等差数列；（2）设，求的前n项和【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）利用可将已知等式整理为，结合可证得结论；（2）由（1）得到，进而求得，再采用裂项相消法求得结果【小问1详解】证明：当时，即：，又数列是以为首项，为公差的等差数列【小问2详解】解：由（1）知：19. 已知椭圆的中心是坐标原点，

13、它的短轴长，焦点，点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在过点的直线与椭圆相交于两点，且以线段为直径的圆过坐标原点，若存在，求出直线的方程；不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】【详解】【试题分析】(1)利用列方程,可求得,由题意可知,由此求得,且出去椭圆的标准方程.(2) 设直线的方程为,联立直线的方程和椭圆的方程,写出韦达定理,利用圆的直径所对的圆周角为直角,转化为两个向量的数量积为零建立方程,由此求得的值.【试题解析】（1）由题意知，由，得，解得：椭圆的方程为离心率为（2），设直线的方程为联立，得设，则由已知得，得，即解得：，符合直线的方程为.20. 如图所示，

14、在梯形中，四边形为矩形，且平面，.（1）求证：；（2）点在线段（不含端点）上运动，设直线与平面所成角为，当时，确定此时点的位置.【答案】（1）证明见解析； （2）点为线段的中点.【解析】【分析】（1）由，求得，在中，用余弦定理求得，再使用勾股定理证得，即可证出；（2）建立空间直角坐标系，设，根据直线与平面所成角的正弦值为，求出实数的值即可.【小问1详解】在梯形中，在中，由余弦定理，四边形为矩形，.【小问2详解】由第（1）问，又平面，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，点在线段（不含端点）上运动，设，又，设平面的一个法向量，则，令，则，又，直线与平面所成角为

15、，当时，解得，即点为线段的中点.21. 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，令，求数列的前项和.【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式；（2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和.【小问1详解】由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则

16、的公差，的首项和 首项相同为2，则数列的通项公式为.【小问2详解】由于，是等比数列的前两项，且，则，则等比数列的公比为3， 则，即，. .减去得.22. 已知圆，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交直线于点，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知曲线上一点，动圆，且点在圆外，过点作圆的两条切线分别交曲线于点，.（i）求证：直线的斜率为定值；（ii）若直线与交于点，且时，求直线的方程.【答案】（1） （2）（i）答案见解析（ii）或【解析】【分析】（1）通过几何关系可知，且,由此可知点的轨迹是以点、为焦点，且实轴长为的双曲线，通过双曲线的定义即可求解；（2）（i）设点，直线的方程为

17、，将直线方程与双曲线方程联立利用韦达定理及求出，即得到直线的斜率为定值；（ii）由（i）可知，由已知可得，联立方程即可求出，的值，代入即可求出的值，即可得到直线方程.【小问1详解】由题意可知,且,根据双曲线的定义可知，点的轨迹是以点、为焦点，且实轴长为的双曲线，即，则点的轨迹方程为；【小问2详解】（i）设点，直线的方程为，联立得，其中，且，曲线上一点，由已知条件得直线和直线关于对称，则，即，整理得，即，则或，当，直线方程为，此直线过定点，应舍去，故直线的斜率为定值.（ii）由（i）可知，由已知得，即，当时，即，解得或，但是当时，故应舍去，当时，直线方程为，当时，即，解得（舍去）或，当时，直线方程为,故直线的方程为或.