湖北省襄阳市第四中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、2022年襄阳四中高二上期末测试卷数学一、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. 设，则“”是“直线与直线垂直”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 重要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据直线垂直求出的值，再根据充分性和必要性的概念得答案.【详解】直线与直线垂直则，解得或，则“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.故选：A.2. 若函数在处的导数为1，则（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据导数的定义可知，即可得出答案.【详解】由已知可得，.根据导数的定义可知，即，

2、所以.故选：D.3. 已知圆与圆，圆与圆均相切，则圆的圆心的轨迹中包含了哪条曲线（ ）A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线【答案】B【解析】【分析】根据两圆方程可得出两圆圆心以及半径，求出圆心距.根据圆心距与两圆半径的关系可得两圆内含，设圆的半径为，结合图象可得出，消去可得，即可得出答案.【详解】由圆可得，圆心，半径；由圆可得，圆心，半径.又，且，所以两圆内含，又.设圆半径为.由题意结合图象可得，圆应与圆外切，与圆内切.则有，所以，根据椭圆的定义可得，圆的圆心的轨迹为椭圆.故选：B.4. 已知等比数列满足：，则的值为（ ）A. 20B. 10C. 5D. 【答案】D【解析】【分析】利用等

3、比数列的性质可得：，对进行化简后求值即可.【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：.所以故选：D5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余1且被7除余4的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）A. 103B. 107C. 109D. 105【答案】C【解析】【分析】根据正整数被3除余1，且被7除余4，推出是的整数倍

4、，推出后可计算出.【详解】显然，因为正整数被3除余1，所以是的整数倍，因为正整数被7除余4，所以是的整数倍，所以是的整数倍，又是正整数，且，所以，即，所以.故选：C6. 直三棱柱中，M，N分别是的中点，则与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求异面直线所成角的余弦.【详解】以C为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则有，.则BM与AN所成角的余弦值为.故选：D.7. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与的距离分别为，O为坐标原点，则当最小时，（ ）A

5、. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义可知，设于点，则，当三点共线时，取得最小值，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形的余弦，即可求得结果.【详解】由抛物线的定义可知，设于点，则，当三点共线时，取得最小值，由抛物线 得，所以点到直线的距离为，设直线与交于点，令，得，所以，在中，,所以，故选：C8. 已知点，为直线上一动点，当最大时，点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，由得点即为所求点，利用几何关系求点坐标即可.【详解】如图所示过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，因为，所以切

6、点即为所求点，因为点坐标为，所以由切割线定理得，又由直线的倾斜角为可得，且由余弦定理可得.所以轴，所以点横坐标为3，代入直线方程得点坐标为，故选：B二、选择题：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的，全部选对的得5分，部分选择的得2分，有选错的得0分9. 已知方程，则下列说法中正确的有（ ）A. 方程可表示圆B. 当时，方程表示焦点在轴上的椭圆C. 当时，方程表示焦点在轴上的双曲线D. 当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10【答案】BCD【解析】【分析】分别将的值代入各个命题，根据圆锥曲线方程的特点即可作出判断【详解】对于A，当方程可表示圆时，无解，故A错

7、误.对于B，当时，表示焦点在轴上的椭圆，故B正确.对于C，当时.，表示焦点在轴上的双曲线，故C正确.对于D，当方程表示双曲线时，；当方程表示椭圆时，所以焦距均为10，故D正确.故选：BCD10. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都1，且，则下列说法中正确的有（ ）A. B. C. 平面D. 直线与所成角余弦值为【答案】CD【解析】【分析】根据空间向量的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】以为空间一组基底，所以与不垂直，A选项错误；，所以，B选项错误.依题意可知，四边形是菱形，所以，所以，由于，平面，所以平面，C选项正确.设直线与所成角为，所以，D选项正确.故选：CD11

8、. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的详解九章算法商功中，后人称为“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，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据已知可得递推公式，根据累加法可得.通过计算可判断A项；根据递推公式可得B项正确；由即可判断C项；化简，相加即可判断D项.【详解】由题意可得，当时，以上式子累加可得：，所以，当时，该式也成立，所以.对于A项，故A正确；对于B项，由前面分析可知：当时，故B正确；对于C项，故C错误；对于D项，因，所以，故D正确.故选：ABD12. 已知为双曲线上一点，令，下列

9、为定值的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设第二象限点，由题设得且，进而可判断各选项是否为定值.【详解】不妨设在第二象限，可得，即，而，为定值，A正确；由倍角正切公式及，可得，不为定值，B排除；，而，故为定值，C正确；由C知：不为定值， D排除；故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 圆上到直线的距离为1的点的个数为_【答案】3【解析】【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，由半径，从而得到该圆上到直线的距离为1的点的个数即可【详解】解：由圆的方程，得到圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，则圆上到

10、直线的距离为1的点的个数为是3故答案为：314. 已知，则_【答案】【解析】【分析】化简可得，然后根据复合函数的求导公式即可得出答案.【详解】因为，所以.故答案为：.15. 已知数列满足，且，则_【答案】9【解析】【分析】根据递推公式求出数列的前几项，观察可得，数列的周期.根据周期性即可得出答案.【详解】由已知当时，有，依次可求出，.经过观察可得，数列具有周期性，其周期.又，所以.故答案为：9.16. 已知点是椭圆上任意一点，的离心率为，若圆上存在点，使得，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】连接，当不为的上、下顶点时，设直线，分别与圆切于点，设，连接，得，又，得即可解决.【详解】连接，当不

11、为的上、下顶点时，设直线，分别与圆切于点，设，由题意知，即，所以，连接，所以，所以，又因为，所以有，即，结合得故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤17. 已知圆：（1）求圆关于直线对称的圆D的标准方程；（2）当k取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长.【答案】（1）； （2），.【解析】【分析】（1）根据斜率公式和中点公式，结合圆的标准方程进行求解即可；（2）先判断直线过定点，利用圆的性质进行求解即可.【小问1详解】圆心，设，因为圆心C与D关于直线对称，所以，所以圆标准方程为：；【小问2详解】直线过定点，当时，弦长最短，此时最短弦长为.

12、18. 已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求的前n项和【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.【小问1详解】在数列中，因，则，于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，所以【小问2详解】由（1）知，则，于得，两式相减得：，所以.19. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，（1）劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由（2）求平面和平面夹角的余弦值【答案】（1）存在，劣弧的长度为 （2）【解析】【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即

13、可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【小问1详解】如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，因为，平面，平面，则 平面同理可证平面，且平面，平面所以平面平面，又因为平面，所以平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.【小问2详解】如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故， ， ，易知平面的法向量设平面的法向量为 ，又因为，故 即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面夹角的余弦值为20

14、. 已知函数，函数（1）若曲线与直线相切，求a的值；（2）若，证明：；【答案】（1）； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设曲线在点处切线，则，代入解方程即可求出答案；（2）令，求出单调性，即可证明.【小问1详解】设曲线在点处切线，则，由于，所以，由题意知：，于是；【小问2详解】令，当时，所以，即，当时，所以，即，于是在单调递减，单调递增，其最小值是，所以，于是原不等式成立；21. 已知椭圆的左右焦点分别为和，离心率是，直线被椭圆截得的弦长等于2.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于两点，为坐标原点，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求

15、得椭圆的标准方程.（2）联立直线的方程和椭圆的方程，求得两点的坐标，进而求得，结合到直线的距离求得的面积.【小问1详解】由令得，解得，所以，结合，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由解得或不妨设设，即，所以，原点到直线的距离为，所以.22. 设各项均为正数的数列的前n项和为，满足对任意，都（1）求证：数列为等差数列；（2）若，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）时，根据和的关系可推出，两式作差整理可得，验证可得，即可得出数列为等差数列；（2）由（1）可得.当为偶数时，.并项求和可得当为偶数时，进而当为奇数时，由即可得出答案.【小问1详解】证明：当时，所以.当时，有，两式相减得，所以，则，两式相减得，即，因为数列各项均为正数，所以有，又时，则，即，整理可得，解得或（舍去），所以，满足.所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.【小问2详解】解：由（1）可得，所以.所以，当为偶数时，.当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，.