安徽省阜阳市红旗中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、红旗中学高二上学期期末考试数学试题时间：120分钟 满分：150分命题人：李静文 审题人：张凯 杨文慧一、单选题（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. 抛物线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将曲线方程化为标准形式，结合定义即可求解.【详解】将抛物线方程化为标准形式：，由抛物线定义知焦点坐标.故选：B.2. 已知等比数列各项均为正数，且，则（ ）A. 7B. 9C. 81D. 3【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果.【详解】依题意可得，又，所以，所以.故选：D3. 如图

2、所示,在正方体中,点F是侧面的中心,设,则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量基本定理将转化为即可选出答案.【详解】解:由题知, 点F是侧面的中心,为中点,则,故选:A4. 已知数列满足，且，则（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】根据累加法求解即可.【详解】由，且，根据累加法可得：，所以，则.故选：B5. 在锐角中，则以B，C为两个焦点且过点的双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】先利用余弦定理求出，再根据双曲线的定义及离心率公式即可得解.【详解】解：在锐角中，则，即,解得或，经检验，所以在以B，C

3、为两个焦点且过点的双曲线中，则，所以其离心率为.故选：C.6. 中国古代著作张丘建算经有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第六天走的里程数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依题意可得该马第天走的里程数构成公比为的等比数列，根据等比数列求和公式求出，再根据等比数列通项公式计算可得.【详解】解：由题意得，该马第天走的里程数构成公比为的等比数列，则，解得，故该马第六天走里路故选：C7. 已知圆，过点的直线，被该圆M截得的弦长依次为，若，是公差为的等差数列，

4、则n的最大值是（ ）A. 10B. 11C. 12D. 13【答案】D【解析】【分析】求出弦长的最小和最大值，根据等差数列的关系即可求出n的最大值【详解】解：由题意在圆中圆心，半径为3，过点的直线，被该圆M截得的弦长依次为，过圆心作弦的垂线，交圆于两点，如下图所示：由几何知识得，当时，为最短弦长；为最长弦长，为6.此时，直线的解析式为：直线的解析式为：圆心到弦BC所在直线的距离：连接,由勾股定理得，最短弦长，是公差为的等差数列设最长弦长为6解得：故选：D.8. 已知数列满足，设，则数列的前2022项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意先求出，即可求出则可写出的通

5、项公式，再利用裂项相消即可求出答案.【详解】因为，当时，；当时，-化简得，当时：，也满足，所以，所以的前2022项和.故选:D.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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据向量模长、减法的坐标运算以及向量垂直和平行的坐标表示直接判断各个选项即可.【详解】对于A，A正确；对于B，由向量坐标运算知：，B正确；对于C，不垂直，C错误；对于D，假设，则，即，方程无解，不平行，D错误.故选：AB.10. 数列的前项和为，已知，则

6、下列说法正确的是（ ）A. 是递增数列B. C. 当时，D. 当或4时，取得最大值【答案】CD【解析】【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误. 的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.【详解】当时，又，所以，则是递减数列，故A错误；，故B错误；当时，故C正确；因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：CD.11. 若P，Q分别为上的动点，且满足：，则下面正确的有（）A. B. C. 当c确定时，有最小值，没有最大值D. 当的最小值为3时，【答案】ABC【解析】【分析】由可得，即可判断A，B选项

7、；因为的最小值为，之间的距离，由两平行线间的距离可得，所以得，进而可判断C，D.【详解】解：因为，所以，所以,，故A，B正确；的最小值为，之间的距离，又因为，所以，之间的距离，所以当c确定时，有最小值为，没有最大值，故C正确；当时，则有或，故D错误.故选：ABC.12. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆，为顶点，为焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ）A. 为等比数列B. C. 轴，且D. 四边形的内切圆过焦点【答案】BD【解析】【分析】若为等比数列，可得，则求出离心率可判断A；由勾股定理以及离心率公式可判断B；根据结合斜率公式可判断C；由四边形

8、的内切圆的半径为可得，求出离心率可判断D.【详解】解：，对于A：为等比数列，则 ， ，不满足条件，故错误；对于B：, , 即解得或（舍去）满足条件.故B正确；对于C： 轴，且，即解得，不满足题意，故C错误；对于D：四边形的内切圆过焦点，即四边形的内切圆的半径为，解得（舍去）或，故D正确.故选：BD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知方程表示双曲线，则实数k的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据方程为双曲线，可得，解不等式即可得答案.【详解】因为方程表示双曲线，所以，解得或，所以实数k的取值范围为.故答案为：14. 已知数列中，则_【答案】【解析】【分析】由求出，确定

9、数列为循环数列，最小正周期为3，从而求出.【详解】因，所以，所以数列为循环数列，最小正周期为3，故.故答案为：-215. 如图，在正三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出向量,的坐标,利用向量的夹角公式即可求得答案.【详解】以A为原点，在平面内过点A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，正三棱柱中，则 ，故 ,设异面直线与所成角为， 所以 ,异面直线 与所成角的余弦值为,故答案为：.16. 在数列中，则的前2022项和为_.【答案】1015【解析】【分析】分奇偶项讨论，结合并项求和运算求值.【详解】，令，则，故，当

10、为偶数时，则，；当为奇数时，则，；设数列前n项和，则.故答案为：1015.四、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. 已知中，（1）求边所在直线的方程；（2）直线过定点，设该定点为，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）直接计算出，再写出点斜式方程即可；（2）首先求出定点，然后利用点到直线距离公式求出点到直线的距离以及的长，则得到三角形面积.【小问1详解】的斜率为,直线方程为,即；【小问2详解】即，当时，故，到边所在直线的距离为,故的面积为.18. 已知等差数列的前n项和为，公差，且满足成等比数列（1）求；（2）求数列的前30项和【答案】

11、（1） （2）1362【解析】【分析】（1）由等差数列的公式列方程组即可求解；（2）分类讨论即可求解.小问1详解】由题意可得：，解得或（舍）故.【小问2详解】由（1）可知：，设数列的前项和为，易知当时，所以，当时，所以.19. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆及点.（1）若直线过点，与圆相交于两点，且，求直线l的方程；（2）圆上是否存在点，使得成立？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由.【答案】（1）或 （2）存在，两个【解析】【分析】(1)根据垂径定理可得圆心到直线的距离为1，然后利用点到直线的距离即可求解；(2) 假设圆上存在点，设，则，利用题干条件得到点也满足，根据两圆的位置关

12、系即可得出结果.【小问1详解】圆可化为，圆心为，若的斜率不存在时，此时符合要求. 当的斜率存在时，设的斜率为，则令，因为，由垂径定理可得，圆心到直线的距离， 所以直线的方程为或.【小问2详解】假设圆上存在点，设，则， 即，即， ， 与相交，则点有两个.20. 在正方体中，如图、分别是，的中点，（1）求证：平面；（2）点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，表示相关点的坐标，求出，即可证得.（2）在（1）的基础上，根据点到面的距离公式有可求得结果.【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则，则， 则，且，平面.（2），

13、由（1）知平面的一个法向量为，所以点到平面的距离.【点睛】本题考查空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是建立空间直角坐标系，表示出各点坐标，考查学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.21. 已知数列的前项和为，且成等比数列（1）求数列 的通项公式;（2）设数列 的前项和，求证:.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由利用得数列是等差数列，从而可得其通项公式；（2）由错位相减法求得和后结合单调性可证不等式成立【小问1详解】因为 ，所以，即，所以数列是首项为，公差为 1 的等差数列，其公差.由 成等比数列，得，则 ，所以，所以;【小问2详解】由题可知 ，所以，所以 ，两式相

14、减得 ，所以 .所以 ，又，所以 是递增数列，故.22. 设抛物线C：x22py（0p8）的焦点为F，点P是C上一点，且PF的中点坐标为（2，）（1）求抛物线C的标准方程；（2）动直线l过点A（0，2），且与抛物线C交于M，N两点，点Q与点M关于y轴对称（点Q与点N不重合），求证：直线QN恒过定点【答案】（1）x24y； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据的中点坐标为列方程得到，然后代入抛物线方程中，解得，即可得到抛物线的方程；（2）方法一：设直线方程为，跟抛物线方程联立，得到，然后利用韦达定理求出直线的方程，即可得到过定点；方法二：设直线方程为，跟抛物线方程联立，得到，然后利用，

15、三点共线列方程，再结合韦达定理得到，即可得到直线过定点.【小问1详解】依题意得，设，由的中点坐标为，得，解得，在抛物线，即，解得或8（舍去），抛物线的方程为.【小问2详解】（法一）依题意直线的斜率存在，设直线：,，则，联立消去得，显然0，由韦达定理得，直线方程为， 即， ，方程为，即直线方程恒过定点（法二）依题意知直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，则，联立消去得，是抛物线上不同两点，必有0，由韦达定理得，三点共线，即，即化简得：，直线方程为，直线恒过定点.【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系