吉林省长春吉大附中实验学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、20222023学年上学期高二年级期末线上检测数学学科试卷第卷（选择题，共60分）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. 椭圆的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从椭圆方程确定焦点所在坐标轴，然后根据求的值.【详解】由椭圆方程得：，所以，又椭圆的焦点在上，所以焦点坐标是.【点睛】求椭圆的焦点坐标时，要先确定椭圆是轴型还是轴型，防止坐标写错.2. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等【答案】C【解析】【分析

2、】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.【详解】解：掷两枚质地均匀骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；，因为，所以与独立，故选项C正确；事件与不相等，故选项D错误.故选：C.3. 已知，则点A到直线BC的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得，得到向量在方向上的投影为，进而求得点A到直线的距离【详解】由，可得，则向量在方向上的投影为，所以点A到直线的距离故选：B.4. 已知双曲线(a0，b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程

3、为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由渐近线的斜率为2可得2，再由焦点坐标得c=5，从而可解得双曲线的方程.【详解】由题意可知，双曲线的其中一条渐近线yx与直线y2x10平行，所以2，且左焦点为(5,0)所以a2b2c225.解得a25，b220.故双曲线方程为.答案：A【点睛】本题主要考查了双曲线的渐近线及焦点坐标，属于基础题.5. 已知是数列的前n项和，则“”是“是递增数列”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】，则，是递增数列，充分性；的符号不确定，不必要，得到答案.【详解】若，则，是递增数列

4、，“”是“是递增数列”的充分条件；若是递增数列，则，但是的符号不确定，“”不是“是递增数列”的必要条件.故选：A6. 如图，在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.【详解】由题,故选：D【点睛】本题主要考查了空间向量的基本运算,属于基础题型.7. 已知圆和直线及轴都相切，且过点，则该圆的方程是（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】设该圆方程为，根据题意建立关于，的方程组，解方程即可得，进而求出该圆的方程【详解】解：设该圆的方程为，由题意可得，解得或，所以圆的方

5、程是或，故选：D8. 图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图其中，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，已知，成公差为的等差数列，且直线的斜率为，则（ ）A. 0.36B. 0.48C. 0.64D. 1【答案】B【解析】【分析】设，再利用等差数列的定义，两点间的斜率公式得到关于的方程，求出，即可求出、，从而得解【详解】解：设，因为，则，依题意，有，且，所以，故，所以，所以.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全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分9

6、. 以下四个命题表述错误的是（ ）A. 恒过定点B. 若直线与互相垂直，则实数C. 已知直线与平行，则或D. 设直线l方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，求出各直线的斜率，依次判断各选项的正误.【详解】选项A：直线，即，所以恒过定点，故A正确；选项B：根据题意，当时，直线的斜率，直线的斜率不存在，此时，与互相垂直，当时，直线的斜率，直线的斜率，因为两直线互相垂直，所以，解得，所以或，故B错误；选项C：根据题意，当时，直线的斜率，直线的斜率不存在，此时，与互相垂直，舍去，当时，直线的斜率，直线的斜率，因为两直线互相平行，所以，解得，当时，两直线重合，故舍去

7、，所以，故C错误；选项D：根据题意，直线的斜率，因为，所以，所以，倾斜角的取值范围是，故D错误；故选：BCD.10. 已知是的前项和，下列结论正确的是（ ）A. 若为等差数列，则（为常数）仍然是等差数列B. 若等差数列，则C. 若为等比数列，公比为，则D. 若为等比数列（公比不为1），则“，”是“”的充分不必要条件【答案】ACD【解析】【分析】A项，根据等差数列的前项和公式，化简数列，观察数列是否为等差数列即可；B项,令说明不成立；C项，根据等比数列的前项和推导；D项，充分性根据等比数列的性质可验证，必要性用常数数列来验证【详解】解：对于A：由题意得：为公差，所以，而，所以为等差数列，故A正确

8、.对于B：若成立，则即，所以，而不恒成立，所以B项不正确.对于C：若等比数列，公比为，当时，则前项和为，所以当时，所以综上，故C项正确.对于D：根据等比数列的性质，若“” 则“”，所以充分性成立；若等比数列的公比为，若成立，例如，则，所以必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故D项正确.故选：ACD11. 已知圆，直线过点，且交圆于两点，点为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）A. 点的轨迹是圆B. 的最小值为6C. 若圆上仅有三个点到直线的距离为5，则的方程是 D. 使为整数的直线共有16条【答案】ABD【解析】【分析】根据直线与圆的关系，结合题目给的条件逐一判断选项对错即可.【详解

9、】因为直线恒过点，所以，点在以为直径的圆上，则点的轨迹是圆，故A正确；易知圆心到直线的距离最大值，故的最小值为，最大值为，故B正确；由题知圆，直线过点，圆上仅有三个点到直线的距离为5，因为圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为2，当斜率存在时，设直线为，即，又因为圆心到直线的距离为，解得，所以的方程是 ，当斜率不存在时，直线为，此时圆心到直线的距离为，满足题意，故C错误；由最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使为整数的直线有（条），故D正确.故选：ABD.12. 设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ）A. B. 数列单调递增C. 当时，取得最小值D. 时，

10、n的最小值为7【答案】ABC【解析】【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解.【详解】由，得，解得，当时，满足上式，所以当时，所以，故A正确；当时，单调递增，又所以数列单调递增，且，所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，所以当时，取得最小值，故B，C正确；又故D错误.故选：ABC.【点睛】解决本题的关键是利用累加法及与的关系，但要注意时，是否满足此式，然后根据数列的单调性的定义及已知条件逐项判断即可.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. 已知抛物线上一点A的纵坐标为6，则点A与抛物

11、线焦点F的距离为_【答案】7【解析】【分析】将抛物线转化为标准方程,再根据抛物线的定义求解即可【详解】由抛物线,得,则抛物线的准线为.因为点A的纵坐标为6,所以点A到抛物线焦点F的距离等于到准线的距离6-(-1)=7故答案为:7.14. 在数列中，为前项和，若，则_【答案】【解析】【分析】依题意可得为等差数列，根据，求出公差，即可求出通项公式，再根据等差数列前项和公式计算可得.【详解】解：因为数列满足，即，所以为等差数列，因为，所以，则，所以公差，所以，所以.故答案为：15. 如图，正方体ABCA1B1C1D1中，E、F分别为棱C1D1，A1D1的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值是_【

12、答案】【解析】【分析】分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成角的余弦值.【详解】分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为2，则A（2，0，0），F（1，0，2），D（0，0，0），E（0，1，2），=（，0，2），=（0，1，2），设，的夹角为，则异面直线AF与DE所成角的余弦值是故答案为：.16. 已知双曲线的左、右焦点分别为和，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】首先求出的方程，联立两直线方程即可求出点坐标，从而求出，再在中利用余弦定理

13、得到，即可得解.【详解】解：依题意可得，所以的方程为，由，解得，即，所以，因为，在中，即，即，所以离心率.故答案为：四、解答题：本题共6个小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 某篮球场有A，B两个定点投篮位置，每轮投篮按先A后B的顺序各投1次，在A点投中一球得2分，在B点投中一球得3分.设球员甲在A点投中的概率为p，在B点投中的概率为q，其中，且甲在A，B两点投篮的结果互不影响.已知甲在一轮投篮后得0分的概率为，得2分的概率为.（1）求p，q的值；（2）求甲在两轮投篮后，总得分不低于8分的概率.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）根据甲在一轮投篮后得0分的概率为

14、，得2分的概率为，列出方程，即可求出.（2）甲在两轮投篮后，总得分不低于8分的情况共3种，第一轮3分，第二轮5分；第一轮5分，第二轮3分；第一轮5分，第二轮5分；求出三种情况概率之和即可得到结果.【小问1详解】由题意得，解得.【小问2详解】每轮投篮结束后，甲得分可能为0，2，3，5.记甲第一轮投篮得分为i分的事件为，第二轮投篮得分为i分的事件为，则，相互独立，记两轮投篮后甲总得分不低于8分为事件E，则，且，彼此互斥.易得，所以.所以两轮投篮后，甲总得分不低于8分的概率为.18. 设数列的前n项和为，且（1）求；（2）求数列的前n项和【答案】（1）. （2）.【解析】【分析】（1）由求得首项，继

15、而得当 时，两式相减可得，从而说明数列为等比数列，求得答案；（2）由（1）的结论可得的通项公式，利用错位相减法即可求得.【小问1详解】当 时， ，,结合可知,当 时，由，得，两式相减得 ，即,是以1为首项，以3为公比的等比数列， .【小问2详解】由（1）可得， ， ，.19. 如图，四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E为PC中点（1）求证：平面PCB；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直判定和性质推理作答.（2）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【小问1详解】，E为PC中点，则，平面ABC

16、D，平面，有，矩形中，平面，则平面，而平面，因此，因为平面，所以平面PCB.【小问2详解】因为两两垂直，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,，设平面的一个法向量为平面的一个法向量为则，令，得，令，得，因此，所以二面角的正弦值为.20. 已知椭圆的两个焦点分别为、，离心率为，过的直线与椭圆交于、两点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，则，代入可得，再令，根据对勾函数的性质计算可得.【小问1详解】解：依题意可得，解得，所以椭圆方

17、程为.【小问2详解】解：由（1）可得，设直线的方程为，由，消去整理得，所以，所以，令，则，所以，又在上单调递增，所以，当且仅当时取等号，即当时面积的最大值为.21. 已知数列是等差数列，记为的前n项和，是等比数列，（1）求；（2）记，求数列的前2n项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用是等差数列和是等比数列列方程组解出的值，由对数的运算性质可得等比，进而即可得的通项公式；（2）由（1）得，令，则，进而可求数列的前项和.【小问1详解】由题意得，所以，又是等比数列，所以，因为，所以，又，故由联立解得，又是等差数列，所以 为定值，即为定值，故为等比数列，首项，公比，所以的通项公式为【小

18、问2详解】由（1）得，所以，即是以1为首项，4为公差的等差数列，令，则，记的前n项和为，所以，数列数列的前2n项和为22. 已知抛物线的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，的面积的最小值为4（1）求抛物线C的方程；（2）若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由【答案】（1） （2）存在定点【解析】【分析】（1）设，代入抛物线，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定，计算得到答案.（2）设的方程为，代入抛物线得到根与系数的关系，根据垂直关系得到，计算得到定点.【小问1详解】斜率不为零，设代入，设，则，当时，取最小值，抛物线C的方程为：【小问2详解】假设存在，设，由题意，斜率不为零，设的方程为代入，可得，故，即，即，解得，故存在定点满足题意