湖北省荆州中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
荆州中学2021级高二上学期期末考试数学试题 一、单项选择题：本题共8个小题，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. 若方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围是（    ）A.  B. C. 或 D. 或【答案】D【解析】【分析】根据椭圆焦点在轴上,可得,解出范围即可.【详解】解:由题知表示焦点在轴上的椭圆,则有: ,解得:或.故选:D2. 设、，向量，，且，，则（      ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选：D.3. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.  一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.   ,则正确，故选项B正确.选项C.  若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.  若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B4. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体. 若某金刚石的棱长为2，则它外接球的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求得外接球的半径，进而计算出外接球体积.【详解】设，正八面体的棱长为，根据正八面体的性质可知：，所以是外接球的球心，且半径，所以外接球的体积为.故选：A5. 已知是等差数列的前项和，，则的最小值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式和性质可得：，且，进而求解.【详解】因为是等差数列的前项和，由可得：，所以，由可得：，所以，则有，所以等差数列的前项为负值，从第项开始为正值，所以的最小值为，故选：.6. 直线分别与x轴，y轴交于两点，点在圆，则面积的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意首先求得的长度，然后确定圆上的点到直线的距离，最后确定三角形面积的取值范围.【详解】解：因为，所以.圆的标准方程，圆心，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的取值范围为：，所以.故选:C.7. 等比数列的前项和为，，，则为（   ）A.  B. C.  D. 28或-21【答案】A【解析】【分析】根据等比数列前项和公式，列出的表达式，两式相除可推出，解出，再根据，即可求出结果.【详解】设公比为.当时，，，则应有，该方程组无解，所以.由已知可得，，两式相除可得，，整理可得，解得或（舍去），所以.所以故选：A.8. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（      ）A. 8 B. 6 C. 4 D. 2【答案】B【解析】【分析】由于线段的垂直平分线过，所以有，再根据双曲线和椭圆的定义，求出的表达式，然后利用基本不等式来求得最小值.【详解】设椭圆对应的参数为，双曲线对应的参数为，由于线段的垂直平分线过，所以有.根据双曲线和椭圆的定义有，两式相减得到，即，，所以，当且仅当即等号成立，即最小值为.故选：B.【点睛】思路点睛：本小题考查双曲线的定义和几何性质，考查椭圆的定义和几何性质，是一个综合性较强的题目，由于椭圆和双曲线有公共的焦点，所以焦距相同，也就是有相同，对于两个曲线的公共交点来说，即满足椭圆的定义，又满足双曲线的定义，根据定义可列出方程.再利用基本不等式可求得最小值.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.9. 数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（    ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】AC【解析】【分析】对选项逐一分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，符合题意.B选项，，不合题意.C选项，符合题意.D选项，，不合题意.故选：AC10. （多选）朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作，《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始5每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”堆放的层数可以是（    ）A. 4 B. 5 C. 7 D. 8【答案】BD【解析】【分析】设最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根，利用等差数列的前项和公式可得，结合，可得为200的因数，且为偶数，逐一验证各个选项即可得解．【详解】解：设最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根，于是，整理得，因为，所以为200的因数，且为偶数，当时，，为奇数，不符合题意，当时，，符合题意，当时，，不符合题意，当时，，符合题意，所以，8满足题意．故选：BD．11. 在平面直角坐标系xOy中，点，动点M到点F的距离与到直线的距离相等，记M的轨迹为曲线C．若过点F的直线与曲线C交于，两点，则（    ）A. B. 的面积的最小值是2C. 当时，D. 以线段OF为直径的圆与圆相离【答案】BCD【解析】【分析】由题意可知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，结合抛物线的相关知识可以判断ABC，结合圆与圆的位置关系的相关知识，可判断D【详解】依据题意动点M 到点 F ( 1 , 0 ) 的距离与它到直线的距离相等，由抛物线定义知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，所以点 P 的轨迹 C 的方程为 对于A， 取 AB ⊥ x 轴，则故A错误；对于B，显然直线AB的斜率不为 0 , 设直线AB的方程为, 联立整理可得 所以所以，当时取等号，所以的面积的最小值是 2， 所以B正确；C中，时 , 则 所以③ , 而①，②，①②③联立可得 由抛物线的性质可得所以C正确；D中 , 以OF 为直径的圆的方程为, 圆心半径 圆的圆心半径所以圆心距 可得两个圆相离，所以 D 正确；故选： BCD .12. 矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列结论正确的有（    ）A. 四面体ABCD的体积为B. 点B与D之间的距离为C. 异面直线AC与BD所成角为45°D. 直线AD与平面ABC所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】【分析】分别作，垂足为E，F，利用向量法求出，可判断B，由题可得平面，然后利用棱锥的体积公式可得可判断A，利用向量法求出判断C，根据等积法结合条件可得直线AD与平面ABC所成角的正弦值判断D.【详解】分别作，垂足为E，F，则，由已知可得，，因为， 所以，所以，故B错误；因为，，所以，即，同理，又，平面，则平面，所以四面体ABCD的体积为，故A正确；由题可得，，，则，则，得，所以异面直线与所成的角为，故C正确；设点到平面为，则，所以，所以，设直线AD与平面ABC所成角为，则，故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. 设是等差数列的前项和，已知，，则_______.【答案】49【解析】【详解】.14. 设双曲线：的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】设直线的方程，与双曲线方程消去并化简．设，，，，利用根与系数的关系得到，．通过，得到代入上式消去得关于、、的等式，结合解之得双曲线的离心率．.【详解】直线过点，且斜率为，直线的方程为与双曲线联立，消去，得 ，设，，，，，，可得代入上式得，，消去并化简整理，得，将代入化简，得，解之得，因此，该双曲线的离心率．故答案为：．15. 已知数列的通项公式为，则数列的前项和_______.【答案】【解析】【分析】利用错位相减法求数列的前项和即可.【详解】由数列的通项公式为，所以数列的前项和为：，①则： ，②①②：，即，即，即，即，即，即，所以，故答案为：.16. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为_____．【答案】 【解析】【分析】由题意，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．【详解】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.故答案为．【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．四、解答题:本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17. 已知圆和直线.（1）判断直线与圆的位置关系；（2）求直线被圆截得的最短弦长及此时直线的方程.【答案】（1）相交    （2）；【解析】【分析】（1）根据直线过定点以及点与圆的位置关系即可得到结果；（2）当当直线时，直线被圆截得的弦长最短，结合弦长公式即可得到最短弦长及直线的方程.【小问1详解】因为直线，即恒过定点又因为圆，即即圆心，半径为因为所以点在圆内，即直线与圆相交.【小问2详解】当直线时，直线被圆截得的弦长最短，此时可得弦长的一半为即最短弦长为又因为点横坐标相同，故直线轴，则直线的斜率为所以直线的方程为18. 数列中，.（1）设，求证：数列等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；    （2）数列的前项和为.【解析】【分析】（1）由条件证明对于任意的，为常数即可.（2）结合（1）的结论求得数列的通项公式，再由分组求和法求和.【小问1详解】由已知又，，所以，因为，所以，又所以，，因为，所以，所以，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列．【小问2详解】由（1），可知，所以数列的通项公式为．设数列的前项和为，则，所以，，，，所以，所以数列的前项和为.19. 已知在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.【答案】(1);(2) .【解析】【详解】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．详解：(1)由题意及正、余弦定理得， 整理得，∴（2）由题意得，∴，∵， ∴，∴.           由余弦定理得，∴， ，当且仅当时等号成立． ∴．∴面积的最大值为．点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．20. 如图，平面，平面，，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）由线面平行判定定理得平面，面面平行判定定理平面平面，再由面面平行性质定理解决即可.（2）建立空间直角坐标系，空间向量法解决即可.【小问1详解】证明：由题知，，平面，平面所以平面，因为平面，平面，所以平面平面，因为平面平面,平面平面所以.【小问2详解】根据题意，建立以为原点，分别以得方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，因为平面，平面，，，，，所以，所以，设为平面的法向量，所以，即，令，可得，设直线与平面所成角为所以，所以所以直线与平面所成角余弦值为.21. 己知等比数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）记，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，可得出，令时，由可得，两式作差可得推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，求出的值，进而可求得等比数列的通项公式；（2）求得，利用裂项求和法可证得原不等式成立.【小问1详解】因为，则当时，，当时，由可得，                      所以，即，         因为是等比数列，则该数列的公比为，则，所以，即，所以数列的通项公式.【小问2详解】由（1）得，所以，故 .22. 已知抛物线C：，F为抛物线C的焦点，是抛物线C上点，且；（1）求抛物线C的方程；（2）过平面上一动点作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求的最大值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据焦半径公式求出的值即可得抛物线方程；（2）首先根据导数的几何意义，求出切线，进而求出直线的方程，根据焦半径公式，将转化成两点纵坐标的关系式，由韦达定理进行化简，从函数的角度运用换元法求其最大值.【小问1详解】依题意得：∴，∴，所求抛物线的方程为；【小问2详解】抛物线的方程为，即∴，设，，则切线PA，PB的斜率分别为，.所以切线PA：，∴，又，，同理可得切线PB的方程为，因为切线PA，PB均过点，所以，，所以，为方程的两组解.所以直线AB的方程为.联立方程，消去x整理得，∴，∴.∴，由抛物线定义可知，，所以∵，∴令∴原式，即原式的最大值.【点睛】关键点睛：（1）抛物线标准方程的四种形式以及对应的焦半径公式需要掌握；（2）运用导数的几何意义可以求曲线的切线方程；（3）直线的求解办法需要认真理解；（4）对所求式子的合理转化要与韦达定理联系；（5）求最值时应考虑函数值域求法或者基本不等式.