河北省唐山市开滦第一中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、唐山市开滦一中2022-2023学年度第一学期高二数学期末考试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名考生号考场号和座位号填写在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一单项选择题：

2、本题共8道小题，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. 直线的倾斜角为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出【详解】设直线x+y1=0的倾斜角为直线x+y1=0化为tan=0，180），=150故选D【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题2. 若不全相等的非零实数成等差数列且公差为，那么（ ）A. 可能是等差数列B. 一定不是等差数列C. 一定是等差数列，且公差为D. 一定是等差数列，且公差为【答案】B【解析】【分析】利用等差中项的概念结合条件可得，进而即得.【详解】若是等差数列，则，因为成

3、等差数列，则，则，整理得，与非零实数不全相等矛盾，所以一定不是等差数列.故选：B.3. 圆与圆的位置关系是（ ）A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离【答案】D【解析】【分析】将两圆的一般方程化为标准方程得到圆心坐标和半径的长，然后利用圆与圆的位置关系判定.【详解】将两圆的一般方程化为标准方程得;,可知圆心,半径,，故两圆外离，故选：D.4. 在四面体中，点在上，且为中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】,故选：D5. 已知点到双曲线渐近线的距离为，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据点到渐

4、近线的距离为，可得，的关系式，结合，可得离心率的值.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，即，所以到渐近线的距离，所以，平方整理得，又因为，所以，离心率.故选：D6. 已知是椭圆的左右焦点，点在椭圆上.当最大时，求（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可得时最大，利用三角形的面积公式即得.【详解】由椭圆的方程可得，则，所以，当且仅当则时等号成立，即为椭圆短轴端点时最大，此时，.故选：C.7. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，则异面直线与直线所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据定义作出异面直线所成的角，然

5、后在三角形中由余弦定理计算【详解】连接，在平行六面体中，由与平行且相等得平行四边形，因此，是异面直线与直线所成角或其补角，由已知，由余弦定理得，故选：B8. 已知在等差数列中，前7项的和等于28，数列中，点在直线上，其中是数列的前项和.设为数列的前项和，则下列正确的是（ ）A. B. 是等比数列，通项C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的基本量的运算可得，根据与的关系可得，然后利用错位相减法可得，即得.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，所以，因为点在直线上，所以，当时，可得，当时，所以，即，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，故B错误；所以，所以，所以，所以，故AC错误

6、，D正确.故选：D.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. 已知空间中三点，则下列说法不正确的是（ ）A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是C. 与夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是【答案】AC【解析】【分析】由给定条件求出，的坐标，借助向量共线的坐标表示即可判断A，B，再求出的坐标，用向量夹角公式计算可判断C，最后求出平面的一个法向量判断D而得解.【详解】依题意，不存在实数，使得成立，即与不共线，A不正确；与同方向的单位向量是，B正确；，则与夹角的余弦值是，C不正确；设平面的

7、一个法向量，则，令，则，即，D正确.故选：AC10. 已知抛物线的焦点为是抛物线上一个动点，点，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 过点与抛物线有唯一公共点的直线有2条C. 的最小值为D. 点到直线的最短距离为【答案】AD【解析】【分析】先求出抛物线的焦点坐标和准线方程，根据该抛物线的性质逐项分析.【详解】由抛物线方程知： ，焦点坐标为 ，准线方程为： ；对于A， 表示点M到焦点F的距离，等于M点到准线的距离，即 ，正确；对于B，如图：过A点有 和y轴与抛物线C有一个交点，错误；对于C，当M点在AF的连线上时， 最小，错误；对于D，设 ，由点到直线距离公式得 ，当 时，d最小， ，正确；

8、故选：AD.11. 斐波那契数列，又称黄金分割数列兔子数列，是数学家列昂多斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为，则可以表示为（ ）A. 且B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】对于A，根据斐波那契数列的性质即可判断；对于B，由题意可得，即可判断；对于C，由题意可得，即可判断；对于D，由题意可得数列是等比数列，进而可得是以为首项，为公比的等比数列，即可得，从而即可判断.【详解】对于A，且，满足斐波那契数列为此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和；对于B，由，可得，故错误；对于C，由，可得，故错误；对于D，由，可得，所以

9、数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，令，则，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以即，所以，故D正确.故选：AD.12. 已知抛物线的焦点为，过焦点的直线交抛物线于两点，为坐标原点，若，则下列说法正确的是（ ）A. B. 直线的斜率为C. D. 【答案】AD【解析】【分析】依题意设，联立方程组，设而不求，利用韦达定理以及可求出直线的斜率，可判断B的正误，利用抛物线焦半径公式可判断C，D的正误，再利用抛物线焦点三角形面积公式可判断A的正误.【详解】依题意，焦点，易知，当的斜率不存在时，与题意不符，故舍去，所以，设，联立方程组，消化简得，其中，所以，所以，解得，故B选项错误，将代入

10、中，可得，解得，所以，故C选项错误，故D选项正确，由式，消化简得，所以，所以，把代入得，故A选项正确，故选：AD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若直线与直线平行，则_.【答案】【解析】【分析】根据直线平行的条件即可求出.【详解】由题意得，解得：，经检验符合题意.故答案为：.14. 数列的通项公式为，是其前项和，则_.【答案】【解析】【分析】根据分析出是偶数时，从而分组求和即可.【详解】，若是偶数，则为奇数，此时，故.故答案为：-1715. 已知三棱锥中,平面,则该三棱锥的表面积与内切球的半径分别为_,_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据三棱锥中的长度和垂直关系,求

11、出其他棱长,根据所求棱长，判断各个面的形状,进而求出各个面的面积,相加即可;根据,求出三棱锥体积及求出的表面积代入上式,解出半径即可.【详解】解:由题知,因为,所以,即为直角三角形, 因为平面所以,因为,所以,所以为等边三角形,故三棱锥的表面积;设三棱锥的内切球的半径为,因平面,所以,因为,即,解得: .综上三棱锥的表面积为:,内切球的半径为.故答案为:;16. 已知抛物线，在直线上任取一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，则直线恒过定点_.【答案】【解析】【分析】设，由，利用导数的几何意义推导出的方程为，由此能证明直线过定点【详解】设，直线为 ，化简得同理的方程， 直线，过点，满足方程,

12、故，是方程的两个根， 的方程为，化简得 将，代入得，直线过定点 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演算步骤.17. 已知直线恒过定点，圆经过点和点，且圆心在直线上.（1）求定点的坐标与圆的方程；（2）过的直线被圆截得的弦长为8，求直线方程.【答案】（1）， （2）或【解析】【分析】（1）直线变形为，列出方程组，求出定点的坐标，设出圆心坐标，根据半径相等列出方程，求出，从而确定圆心和半径，写出圆的方程；（2）分直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合垂径定理，求出直线方程.【小问1详解】变形为，令，解得：，故定点的坐标为，由圆心在直线上可设圆心坐标，则，即，解

13、得：，故圆心坐标为，半径为，故圆的方程为；【小问2详解】当直线斜率不存在时，直线为，此时圆心到距离为，由垂径定理得：弦长为，满足要求，当直线斜率存在时，设直线为，圆心到直线即距离为，由垂径定理得：，解得：，故直线方程为：即综上：直线方程为或18. 等差数列的前项和为，已知为整数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据题意得公差为整数，且分析求出即得；（2）利用裂项相消法即得.【小问1详解】由为整数知，等差数列的公差为整数，又，故于是，解得，因此，故数列的通项公式为；【小问2详解】由题可知，于是19. 已知直三棱柱中，侧面为正方

14、形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）方法一：几何法因为，所以又因为，所以平面又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则又因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以 方法二 【最优解】：向量法

15、因为三棱柱是直三棱柱，底面，又，平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，由题设（）因为，所以，所以 方法三：因为，所以，故，所以，所以（2）方法一【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时 方法二 ：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角设，过作交于点G由得又，即，所以又，即，所以所以则，所以，当时，方法三：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面

16、角为，则设，在中，在中，过D作的平行线交于点Q在中，在中，由余弦定理得，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之

17、比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维20. 设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）利用构造法证得是等比数列，从而求得的通项公式；（2）利用分组求和法与等差数列，等比数列的前项和公式即得.【小问1详解】因为，所以，又因为，则，所以是首项为2，公比为3的等比数列，所以，即；【小问2详解】因为，所以.21. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为2的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【

18、解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质得到线面垂直，进而推出线线垂直，从而得证.(2)建立空间直角坐标系，设点坐标，然后利用已知的二面角的求法，可以求出的长，进而可求出三棱锥的体积.【小问1详解】为中点，面，面面且面面，面，又平面，小问2详解】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直且过的直线为轴，取的中点，连接，因为为正三角形，所以，由边长为2，即，设，则，又因为设为面法向量，令，平面的法向量，解得，所以，则22. 设圆的圆心为A，点，点为圆上动点，线段的垂直平分线与线段交于点，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设直线与曲线交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴交于点，求面积的范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】对于（1），由题目条件可得：.据此可得答案；对于（2），通过联立直线与曲线方程结合韦达定理可得H为定点，后可得面积表达式，后利用函数单调性可得面积范围.【小问1详解】由题意可得，半径，又线段垂直平分线与线段交于点，所以，则有.所以点轨迹是以为焦点，实轴长等于4的椭圆，故轨迹方程为【小问2详解】由题可得，联立方程组，消去x得：；其判别式设，则，由韦达定理可得:；所以直线方程：，今，所以为定点.则如下图所示：则，令，则设，任取，则，得在单调递增，所以随着增大而变小，故；所以.