河北省唐山市2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx

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1、唐山市20222023学年度高二年级第一学期学业水平调研考试数学注意事项：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的“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内；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整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一

2、、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. 直线的一个方向向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】当直线斜率存在时，由直线的方向向量为，则代入计算即可.【详解】因为，所以，设直线的方向向量为，则，取，则，所以直线的一个方向向量为.故选：C.2. 在等差数列中，则（ ）A. 11B. 8C. 19D. 16【答案】A【解析】【分析】代入等差数列通项公式求出公差，再代入公式即可求得.【详解】因数列为等差数列，所以，解得，则.故选：A3. 已知向量，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根

3、据题意，先得到的坐标，然后根据空间向量数量积的坐标运算即可得到结果.【详解】根据题意可得，即则，且，所以与的夹角为故选:D4. 在正方体中，E为的中点，则异面直线与DE所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设出正方体的棱长，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，表达出和，即可得出异面直线与DE所成角的余弦值.【详解】由题意在正方体中，E为的中点，设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系如下图所示，则，设异面直线与DE所成角为，异面直线与DE所成角的余弦值为，故选：A.5. F为抛物线C:的焦点,点A在C上,点,若,则的面积为（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】B

4、【解析】【分析】求出焦点的坐标,根据两点间距离公式求得,即的长度,根据抛物线定义可求得点坐标,进而可求出面积.【详解】解:因为抛物线C:,所以,准线为:因为,所以,设,根据抛物线定义可知:,解得,所以,所以.故选:B6. 设直线与x轴的交点为椭圆的右焦点，过左焦点且垂直x轴的直线与椭圆交于M，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可得以及，再结合椭圆的关系，列出方程即可得到结果.【详解】根据题意可得，直线与x轴的交点为，即，所以，且过左焦点且垂直x轴的直线与椭圆交于M，将代入椭圆方程可得，即，所以所以，解得，所以离心率为故选:C7. 已知圆O：和点，若

5、过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】圆半径，则点P在圆内，则过点P的弦长，故所求公比的取值范围是，即.故选：A8. 已知数列满足，令，则数列的前2022项和（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简，得，可得是等差数列，求出通项公式，再用裂项相消的方法求数列的前2022项和即可.【详解】因为数列满足，即，即，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，则，因为，则，数列的前2022项和.故选：B【点睛】易错点睛：裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被

6、消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的二、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2分.9. 已知直线l：，圆O：，且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1，则r的值可以是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】CD【解析】【分析】根据圆的对称性，结合圆心到直线距离列式求解即可.【详解】圆O到直线的距离，由圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1得.故选：CD.10. 将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号3个数，第四个括号4个数

7、，进行排列：，则（ ）A. 第8个括号内的第一个数是29B. 前9个括号内共有45个数C. 第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136D. 2022在第64个括号内【答案】ABD【解析】【分析】第n个括号有n个数，则括号里数的数量满足等差数列，且括号里的数同为等差数列，根据等差数列的通项公式及求和公式逐个判断即可.【详解】对A，第n个括号有n个数，则前7个括号内共有个数，故第8个括号内的第一个数是29，A对；对B，前9个括号内共有个数，B对；对C，由AB得，第10个括号内的数的和为，第8个括号内的数的和为，故第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大，C错；对D，设2022在第个

8、括号内，则有，解得，D对.故选：ABD.11. 已知双曲线C：的左，右焦点分别为，P是C的右支上一点，则（ ）A. 若，则P到x轴的最大距离为B. 存在点P，满足C. P到双曲线的两条渐近线的距离之积为D. 内切圆半径r的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】利用数量积坐标运算表示，解不等式求点的纵坐标范围，判断A，结合双曲线定义判断B，利用点到直线的距离公式求P到双曲线的两条渐近线的距离之积判断C，根据直线与双曲线的位置关系确定的范围，结合内切圆的性质判断D.【详解】设双曲线的实半轴为，虚半轴为，半焦距为，则双曲线的焦点的坐标为，的坐标为，渐近线方程为，设点的坐标为，则，对于A，因为，所以

9、所以，所以，所以P到x轴的最大距离为，A正确；对于B，由已知，所以，又，矛盾，B错误，对于C，点到两渐近线的距离的积为，C正确；对于D，因为三点不共线，所以直线的斜率不为0，可设直线的方程为，联立，消，得，方程的判别式，由已知，所以，又，故或，设的内切圆的圆心为，的内切圆与轴相切于点，因为，所以，又，所以，设，则，又内切圆半径，所以，D正确.故选：ACD.【点睛】本题为双曲线的综合性问题，考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系，双曲线的性质，难度较大.12. 已知正方体的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）A. 存在点P，使得B. 若，则最小值为C. 若，则P点运动轨迹的

10、长度为D. 若，直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BD【解析】【分析】A选项，建立适当空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算判定即可；B选项，找出动点在正方体底面内的运动轨迹，利用点到圆上点的最值求解即可；C选项，根据立体几何中线面垂直推出线线垂直，可找出动点在正方体底面内的运动轨迹是线段，即可求解；D选项：建立适当空间直角坐标系，利用可得出点，再利用空间向量的坐标表示求解即可.【详解】对于A选项：如图1,以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设，则，若，则，解得，不合题意，错误；对于B选项：如图2，若，连接，则点在以为圆心，为半径的圆上，此时点的轨迹为，又，故正确；对于C选项：如图3，

11、连接，为正方形，则，又平面，平面，平面，平面，平面，同理可证：，又，平面，平面，平面平面，故点在正方体底面内的运动轨迹是线段，又正方体的棱长为2，故错误；对于D选项：如图4，以为坐标原点建立空间直角坐标系，连接，则，设，则，当，有，则，此时，又，当时，有最大值，此时，故正确.故答案选：BD.【点睛】关键点点睛：立体几何中线面垂直的判定定理，动点在立体几何中的轨迹问题，以及利用空间向量法解决立体几何的问题，属于难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知正项等比数列，若，则_.【答案】2【解析】【分析】由等比数列基本量列方程求得基本量，即可得结果.【详解】由题意，设等比数列

12、的公比，则，两式相除得，.故答案为：2.14. 正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，则_.【答案】【解析】【分析】根据空间向量线性运算得到，证明出共线定理的推论，由三点共线，得到，求出.【详解】因为，所以，即，下面证明：已知，若三点共线，则，因为三点共线，所以存在非零实数，使得，即，整理得，故，所以，因为三点共线，故，解得：.故答案为：15. 已知圆：，圆：，过圆上的任意一点P作圆的两条切线，切点为A，B，则四边形面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意分析可得四边形面积，结合圆的性质求的最大值即可.【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，四边形面积，四边形面积的最大值为.故

13、答案为：.16. 设双曲线C:的右焦点为F,点,直线与交于M,N两点.若,则C的离心率为_.【答案】#【解析】【分析】设,根据,得到为的重心,利用重心的坐标式得到,再利用点差法和得到关系求解即可.【详解】设,因为,所以为的重心,则,即,因为在双曲线C:上,所以,两式相减得:,化简得:,即,将代入得:,即,解得:,所以,则,即C的离心率为.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. 已知圆心为的圆经过点.（1）求圆C的方程；（2）过点作直线l与圆C交于E，F两点.若，求直线l的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）直接将点的坐标

14、代入圆的方程，即可得到结果；（2）根据截得的弦长，分l的斜率不存在与l的斜率存在分别讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可得到结果.【小问1详解】设所求圆C的方程为，因为点在圆C上，则，解得，所以圆C的方程为.【小问2详解】因为直线l被圆C截得的弦长为4，所以圆心到直线l的距离.当l的斜率不存在时，直线l方程为，符合题意.当l的斜率存在时，设直线l方程为，即.则，解得.此时直线l方程为，即.综上所述，直线l的方程为或.18. 如图，在直三棱柱中，M，N分别为AC，中点.（1）证明：平面；（2）若平面，求点A到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1)要证明平面，通

15、过证明平面平面即可证得；(2)根据已知条件可以以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一个方向向量，代入公式计算即可.【小问1详解】证明：取的中点H，连接MH，HN.因为M为AC的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为H，N分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.因为面MHN，所以平面平面.因为平面MHN，所以平面.【小问2详解】因平面，平面，所以.因为三棱柱是直三棱柱，所以，.以BA，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为.由，得，取.所以点A到平面的距离.19. 已知抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，A，B为C上异于O

16、的两点，.（1）证明：直线AB过定点；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析 （2）21【解析】【分析】（1）设，直线AB的方程为，联立抛物线方程，由垂直斜率关系及韦达定理可求得参数m，进而确定定点；（2）由抛物线定义结合基本不等式求最值.【小问1详解】设，直线AB的方程为，将直线AB的方程代入，得.由，得，即，所以，故直线AB：，恒过定点.【小问2详解】抛物线准线为，由抛物线的定义，当且仅当时等号成立，所以的最小值为21.20. 已知数列满足,.（1）记,写出,并猜想数列的通项公式;（2）证明（1）中你的猜想;（3）若数列的前n项和为,求.【答案】（1）,猜想 （2）证明见解析 （3）【

17、解析】【分析】(1)根据的递推关系式及首项,写出,进而求得,根据推导过程及各项即可猜想其通项公式;(2)因为,所以找到和的关系,即与的关系,对式子进行配凑,可发现是以3为首项,2为公比的等比数列,即可得的通项公式;(3)根据,可得,将写为,再将,代入,可得,将代入,再利用等比数列的求和公式即可得.【小问1详解】由题知,因为,所以,综上:,猜想.【小问2详解】由题意,知,代入得,于是,即,因为,所以是以3为首项,2为公比的等比数列,故.【小问3详解】因为,.21. 在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，.（1）证明：平面ABCD；（2）若，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角

18、的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由线线垂直证平面PAO，再依次证、平面ABCD；（2）以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，设，由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断.【小问1详解】证明：连接BD交AC于O，连接PO.因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以，因为O是BD中点，所以.因为，平面PAO，所以平面PAO，因为平面PAO，所以.因为，平面ABCD，所以平面ABCD.【小问2详解】如图，取线段BC的中点H，连接AH，易知.以A

19、为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，则，.，.设，则有，解得，进而.设平面PBC的法向量为.由，得，取.设直线AM与平面PBC所成的角为，则，化简得，此方程无解，所以满足条件的点P不存在.22. 已知点，动点P满足.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点.若，求k的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设动点，分别表示出，然后代入计算，化简即可得到结果；（2）根据题意，分与两种情况讨论，当时，设直线l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出MN的中点的坐标，再由条件列出方程，即可得到结果.【小问1详解】设动点，则，由已知，得，化简，得，故动点P的轨迹C的方程是.【小问2详解】当时，设直线l：，将代入，整理，得，设，整理，得，设MN的中点为Q，所以，由，得，即直线EQ的斜率为，所以，化简，得，将代入式，解得且.当时，显然存在直线l，满足题设.综上，可知k的取值范围是.