广东省协和、华侨、增城中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、2022学年第一学期期末三校联考高二年级数学科试题2022年12月命题人：陈永健 审题人：许云勇试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分，考试时间为120分钟第卷 选择题（共60分）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. 如图，正方体的棱长为2，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得.【详解】依题意，所以，所以.故选：D2. 抛物线y2=4x的焦点坐标是A. （0,2）B. （0,1）C. （2,0）D. （1,0）【答案】D【解析】【详解】试题分析：的焦点坐标为，故选D.

2、【考点】抛物线的性质【名师点睛】本题考查抛物线的定义解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握3. 棱长为2的正方体的顶点都在一个球的球面上，则该球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正方体的对角线与其外接球的半径之间的关系求出半径，由球的体积公式求出外接球的体积【详解】由正方体的对角线为其外接球的直径可得，解得，所以外接球的体积，故选：【点睛】本题考查正方体的对角线与其外接球直径的关系及球的体积公式，属于基础题4. 双曲线的实轴长是A. 2B. C. 4D. 4【答案】

3、C【解析】【详解】试题分析：双曲线方程变形为，所以，虚轴长为考点：双曲线方程及性质5. 在直三棱柱中，且，点M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得，利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线与所成角的余弦值【详解】在直三棱柱中，且，点是，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设异面直线与所成角为，则,异面直线与所成角的余弦值为，故选B【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，

4、分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.6. 直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）A. 6B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式可分析出当时，最小，从而可求得结果.【详解】因为可化为，令，解得，所以直线恒过定点，该点在圆内，因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，显然当时，最大，最小，又因为圆，所以圆心，则，故此时.故选：D.7. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，P是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最小值为（ ）A

5、. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的定义及可以列出关于，的方程，再利用均值定理即可得到的最小值【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，（） ，则，解之得又则则，则则，则（当且仅当时等号成立）则的最小值为故选：B8. 已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，那么下列选项正确的是（ ）是等差数列 是等比数列 是等比数列A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由数列的递推式可得，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得，由数列的裂项相消求和可得.【详解】由即为，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，故BC正确；又，可得则，即，不为等

6、比数列，故D错误；故选：B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. 在递增的等比数列an中，Sn是数列an的前n项和，若a1a432，a2+a312，则下列说法正确的是（ ）A. q1B. 数列Sn+2等比数列C. S8510D. 数列lgan是公差为2的等差数列【答案】BC【解析】【分析】先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，可得到等比数列an的通项公式和前n项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项【详解】由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3a1a4320，a2+a3120

7、，故a20，a30根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x212x+320的两个根解得a24，a38，或a28，a34故必有公比q0，a10等比数列an是递增数列，q1a24，a38满足题意q2，a12故选项A不正确ana1qn12nSn2n+12Sn+22n+142n1数列Sn+2是以4为首项，2为公比的等比数列故选项B正确S828+125122510故选项C正确lganlg2nn数列lgan是公差为1的等差数列故选项D不正确故选：BC【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.10. 已知双曲线的一条渐近线过点，

8、为的右焦点，则下列结论正确的是（ ）A. 的离心率为B. 的渐近线方程为C. 若到的渐近线的距离为，则的方程为D. 设为坐标原点，若,则【答案】AC【解析】【分析】根据双曲线渐近线经过的点求渐近线方程，结合斜率求解离心率，根据焦点到渐近线距离求解方程，结合线段相等关系求解三角形面积.【详解】由题：双曲线的一条渐近线过点，所以渐近线方程为，所以B选项错误；所以，离心率，所以A选项正确；若到的渐近线的距离为，即则的方程为，所以C选项正确；坐标原点，若,，所以，所以D选项错误.故选：AC【点睛】此题考查双曲线的几何性质，涉及渐近线方程的斜率与离心率的关系，根据长度和点的坐标关系求解三角形面积，关键在

9、于熟练掌握双曲线的几何性质.11. 正方体的棱长为分别为的中点.则（ ）A. 直线与直线AF垂直B. 直线与平面AEF平行C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为D. 点和点D到平面AEF的距离相等【答案】BCD【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义判断A，由面面平行的性质定理判断B，作出完整的截面，判断CD【详解】因为，而与显然不垂直，因此与不垂直，A错；取中点，连接，由分别是中点，得，又，是平行四边形，所以，平面，所以平面，平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面B正确；由正方体性质，连接，则截面即为四边形，它等腰梯形，等腰梯形的高为，截面面积为，C正确，设，易知是的中点，所以两点

10、到平面的距离相等D正确故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的性质考查异面直线所成角的定义，面面平行的性质定理，考查正方体的截面问题在证明面面平行时，注意判定定理的条件，对正方体的截面，解决问题的最好方法是作出完整的截面，然后根据正方体的性质确定截面的性质，从而完成求解12. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】A选项直接由递推关系式即可求出即可；C选项由即可判断；B选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【详解】，A正确；对于，有，两式相加得，C正确；由知，则，B错误；由偶数项均为可得为偶数时，则，则，D正确

11、.故选：ACD.第卷 非选择题（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知两异面直线和的方向向量分别为和，若，则与所成角为_.【答案】【解析】【分析】根据异面直线和的方向向量分别为和，且，结合求解.【详解】因为，又,所以异面直线与所成角60.故答案为：【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的向量求法，属于基础题.14. 等差数列是递增数列，满足，前n项和为，则最小值时_【答案】3或4【解析】【分析】首先根据得到，代入得到，再结合二次函数的性质求解即可.【详解】因为，所以，整理得：.所以.因为等差数列是递增数列，所以.所以当时，取得最小值，又因为为正整数，所以或时，最小值

12、.故答案为：3或415. 若，是平面内的三点，设平面的法向量，则_【答案】2：3：（-4）【解析】【详解】试题分析：由得因为为平面的法向量，则有，即由向量的数量积的运算法则有解得所以故正确答案为考点：空间向量的法向量16. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.【详解】设，由，解得，所以，所以，设

13、直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，所以椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.四、解答题：本大题共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. 在等差数列中，已知（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前n项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质可得，求出的值，再与联立求出公差，根据通项公式可求.(2)求出

14、的通项公式，求出的通项公式，然后用裂项相消求和.【小问1详解】设等差数列的公差为，又因为所以，又因为所以所以，所以【小问2详解】又因为所以所以18. 如图，已知平行四边形与直角梯形所在的平面互相垂直，且，为的中点（1）证明：平面；（2）证明：平面【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】(1) 取的中点，连接，利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理可得：四边形是平行四边形，于是，再利用线面平行的判定定理可得出结论.(2) 在中，由余弦定理可得：，因此，.利用面面垂直的性质定理可得出结论.【小问1详解】证明：取的中点，连接，如图，为的中点， ，且，又，且，且，四边形是平行四边形，又

15、平面，平面，平面.【小问2详解】证明：四边形是平行四边形，又，在中，由余弦定理可得：， .平面平面，平面平面，平面.19. 已知椭圆的离心率为，椭圆的长轴长为（1）求椭圆C的方程；（2）若直线与椭圆C相交于A、B两点，点，求证：为定值【答案】（1） （2）证明详见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，进而计算出为定值.【小问1详解】依题意，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】由于直线过定点，该点在椭圆内，所以直线与椭圆必有两个交点，由消去并化简得，设，则，.20. 如图，在五面体中，平面，平面是梯形，E平分（1）

16、求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析; （2）【解析】【分析】（1）证明出，从而可证明平面，然后可得证面面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由二面角的向量法求得的长，再由线面角的向量法求得结论【小问1详解】由题意，平面，平面，平面，平面，平面，平面平面；【小问2详解】分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，所以，解得，又，直线与平面所成角的正弦值21. 已知圆与抛物线相交于A、B两点，点B的横坐标为，F为抛物线的焦点（1）求抛物线的方程；（2）若过点F且斜率为1的直线l与抛

17、物线和圆交于四个不同的点，从左至右依次为，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先通过抛物线求出点B的坐标，再待入圆方程解出p，即可得出抛物线的方程；（2）求出抛物线的焦点F的坐标即可得到直线l的方程，再由抛物线和圆方程分别与直线方程联立，利用韦达定理得出关系式，结合直线方程进行变化，即可计算出答案.【小问1详解】令中，解得，即点B坐标为，代入中，解得，则抛物线方程为；【小问2详解】抛物线的焦点F的坐标为，则直线l为：，作出图像草图根据草图可得，直线l与圆交于，与抛物线交于，设，将直线l代入抛物线，得，得，将直线l代入圆，得，得，都是直线l上的点，代入值，则，故的值为.22. 已知

18、正项数列的前项和为，对任意，点都在函数的图象上（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由点都在函数的图象上，得到，然后利用数列通项和前n项和的关系求解. （2）由（1）知，然后利用错位相减法求解.（3）由（1）知，设为数列的前项和，然后利用裂项相消法求解，【详解】解：（1）由点都在函数的图象上，可得，当时，解得；当时，由得，-，得，即，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列所以，（2）由（1）知，则，两式相减可得，所以（3）由（1）知，设为数列的前项和，则，因为，所

19、以，当时，令，则，所以为递增数列又，所以，所以，所以，所以的最大值为，当时，的最大值为，因为对任意，存在，使得成立，所以，解得所以实数的取值范围是【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：等差数列的前n项和公式，等比数列的前n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解