广东省广州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题(解析版).docx

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1、2022学年度第一学期期末考试高二数学试题一、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. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设直线倾斜角为，然后利用斜率公式即可【详解】设直线的倾斜角为，由可得斜率，即故选：A2. 已知圆的方程为，则圆心的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将圆的方程转化为标准形式,再得到圆心的坐标即可.【详解】圆的方程为,则圆的标准方程为,所以圆心的坐标为.故选:C.3. 已知双曲线，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析

2、】根据双曲线的方程直接求出离心率即可.【详解】由双曲线,可知该双曲线的离心率.故选:C.4. 等差数列中，已知，则公差等于A. 3B. -6C. 4D. -3【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的性质，即能求出公差.【详解】由等差数列的性质，得，所以.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列的公差的求法，是基础题.5. 已知点到直线的距离为1，则的值为（ ）A. -5或-15B. -5或15C. 5或-15D. 5或15【答案】D【解析】【分析】根据条件,利用点到直线的距离公式建立关于的方程,再求出的值.【详解】因为点到直线的距离为1，所以,解得或5.故选:D.6. 已知等比数列的各项均为正数，

3、公比，且满足，则（ ）A. 8B. 4C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】根据是等比数列，则通项为，然后根据条件可解出，进而求得【详解】由为等比数列，不妨设首项为由，可得：又，则有：则故选：A7. 如图所示，在平行六面体中，E，F，H分别为，DE的中点若，则向量可用表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示所求向量即可.【详解】由题意，,且，故选：B.8. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过点的直线交于两点，若的中点坐标为，则椭圆方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合中点坐标用点差法求得.【详解】，故右焦

4、点，则，设，则，且，两式相减得，故,故，故,故椭圆方程为，故选：A.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知非零空间向量，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. C. D. 若，则不共面【答案】AB【解析】【分析】根据向量共线定理判断A；利用数量积的定义判断B；根据平面向量数量积的定义和运算律判断C；利用平面向量基本定理判断D【详解】对于A，因为，是非零向量，且满足，故存在实数使得，故，所以，故正确；对于B，因为，是非零向量，所以，故正确；对于C，与未必共线，故不正确；对于D，由平

5、面向量基本定理可得若，则共面，故不正确故选：AB10. 已知点在圆：上，直线，则（ ）A. 直线与圆相交B. 直线与圆相离C. 点到直线距离最大值为D. 点到直线距离最小值为【答案】BC【解析】【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断.【详解】解：圆：，即，圆心为，半径，则圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，又点在圆上，所以点到直线距离最大值为，点到直线距离最小值为，故正确的有B、C.故选：BC11. 设为等比数列的前n项和，已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据等比数列公式得到，计算得到，对比选项得

6、到答案.【详解】，解得，故， ，故BD正确，AC错误.故选：BD.12. 已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，短轴长等于2，离心率为，过焦作轴的垂线交椭圆于两点，则下列说法正确的是（ ）A. 椭圆方程为B. 椭圆的方程为C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，求出椭圆的方程，再逐项计算判断作答.【详解】依题意，椭圆的方程为，有，由离心率为得：，解得，因此椭圆的方程为，A正确，B不正确；由椭圆的对称性不妨令，直线，由得，则，C正确；由选项C知，由椭圆定义得，D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则向量的坐标为_.【答案】【解析】【分析

7、】空间向量线性运算的坐标表示，直接求值.【详解】已知，则.故答案为：14. 古希腊著名科学家毕达哥拉斯把1，3，6，10，15，21，这些数量的（石子），排成一个个如图一样的等边三角形，从第二行起每一行都比前一行多1个石子，像这样的数称为三角形数.那么把三角形数从小到大排列，第11个三角形数是_.【答案】66【解析】【分析】根据给定信息，求出三角形数按从小到大排列构成数列的通项，即可求解作答.【详解】依题意，三角形数按从小到大排列构成数列，则，所以第11个三角形数是.故答案为：6615. 已知抛物线，直线过抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，弦长为12，则直线的方程为_.【答案】或【解析】【分

8、析】根据题意可得抛物线的焦点，设直线的方程为，,，,，联立直线与抛物线方程，消掉得关于的一元二次方程，利用韦达定理可得，由，解得，即可求解【详解】解：根据题意可得抛物线的焦点，根据题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为，,，,，联立，得，所以，因为，解得，则直线的方程为或故答案为：或16. 数学著作圆锥曲线论中给出了圆的一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数（，）的点M的轨迹是圆.若两定点，动点M满足，点M的轨迹围成区域的面积为_，ABM面积的最大值为_.【答案】 . . 【解析】【分析】设动点，由结合两点距离公式可得得动点的轨迹方程为，可得圆心坐标和半径，即可求点M的轨迹围成区域的

9、面积；又，只需，即可得ABM面积的最大值.【详解】解：设动点，则，由，即，所以，所以，所以动点的轨迹方程为，所以点的轨迹是圆且圆心，半径为，点的轨迹区域面积；，又，所以，而，的最大值为故答案为：；.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. 已知圆的圆心为，且经过点.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线与圆相交于两点，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件求出圆的半径,再结合圆心坐标求出标准方程即可;（2）求出圆心到直线的距离,再由垂径定理求出.【小问1详解】因为圆的圆心为,且经过点,所以圆的半径,所以圆的标准方程为.【小问2详解】由（

10、1）知，圆的圆心为，半径，所以圆心到直线的距离,所以由垂径定理，得.18. 已知数列的前n项和为,且（1）求的通项公式（2）求证数列是等差数列【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据,代入即可求出通项公式,注意检验;(2)由题意得出的通项公式,用后一项减前一项为定值来证明是等差数列即可.【小问1详解】解:由题知,当时,将代入上式可得,故时满足上式,;【小问2详解】证明:由题知,且,是以3为首项,1为公差的等差数列.19. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点.（1）求证：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，建立

11、空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.（2）利用（1）中坐标系，利用空间向量求出点到平面距离.【小问1详解】在棱长为2的正方体中，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，即有，所以.【小问2详解】由（1）知，则，设是平面的法向量，则，令，得，所以点到平面的距离.20. 已知，且在直线上，其中是数列中的第项.（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）根据给定条件，求出直线的方程，再代入求解作答.（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和作答.【小问1详解】因为，则直线的斜率为，直线的方程为：，即，又因为在直线上，则有，所

12、以数列的通项公式是.【小问2详解】由（1）知，则，于是得，两式相减得：，所以数列的前项和.21. 如图，底面，底面，四边形正方形，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质、线面平行的判定推理作答.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即可求解作答.【小问1详解】因为底面，底面，则，平面，平面，所以平面.【小问2详解】依题意，两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，而平面DCE，即平面，则平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，则，所以直线与平面

13、所成角的正切值为.22. 已知椭圆：（）的离心率为，其左右焦点分别为，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线，与轴的交点分别为，证明：以为直径的圆过定点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出、，即可得解；（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，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解；【小问1详解】解：因为椭圆的离心率为，所以.又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，将直线代入椭圆的方程得：，由韦达定理得：，直线的方程为，直线的方程为，所以，所以以为直径的圆为，整理得：.因为，令中，可得，所以，以为直径的圆过定点.