2022-2023学年福建师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题 一、单选题1．椭圆的焦点在x轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】D【分析】先将方程化为标准方程，再求出长轴和短轴，再由已知列方程可求出m的值【详解】由，得，因为椭圆的焦点在轴上，所以，因为长轴长是短轴长的两倍，所以，即，得，故选：D2．已知双曲线的一个焦点为，则双曲线C的一条渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线中的关系，即可求得双曲线的标准方程，并写出对应的渐近线方程.【详解】由题意可知，，则由得；所以，渐近线方程为，即故选：A.3．如图，空间四边形中，，，，且，，则等于（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据空间向量的线性表示，用、和表示出即可.【详解】由题意知，故选：C.4．已知数列满足，若，则（    ）A．-1 B． C．1 D．2【答案】A【分析】由，且，得到所以数列是以3为周期的周期数列求解.【详解】解：因为数列满足，且，所以，所以数列是以3为周期的周期数列，所以，故选：A5．圆与圆的公共弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，求出圆的圆心到公共弦的距离，再由公共弦长公式求出答案即可.【详解】联立两个圆的方程，两式相减可得公共弦方程，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到公共弦的距离为，公共弦长为.故选：A.6．已知点在圆上运动，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，即为，可知直线与圆有交点，由此列出不等式求出的范围，即可得到结果.【详解】圆，即，圆心为，半径，则的几何意义就是圆上一点与原点之间连线的斜率，令，即为，可知直线与圆有公共点，即相交或相切，所以，解得，所以的最大值为.故选：D.7．如图，过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，准线与对称轴交于点M，若，且，则p为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】分别过点、作准线的垂线，垂足分别为点、，设，根据抛物线的定义以及图象可得，结合已知条件求得，即可.【详解】如图，分别过点、作准线的垂线，垂足分别为点、，设，则由己知得，由抛物线的定义得，故，在直角三角形中，，，又因为，则，从而得，又因为，所以.故选：B.8．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】因为平面的方程为，故其法向量为，因为直线的方程为，故其方向向量为，故直线与平面所成角的正弦值为，故选：B.【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键. 二、多选题9．已知椭圆的左､右两个端点分别为为椭圆上一动点，则下列说法正确的是（    ）A．的周长为6B．的最大面积为C．存在点使得D．的最大值为7【答案】BD【分析】对于A，利用椭圆的定义可得的周长为，由此判断即可；对于B，根据椭圆的几何性质，当为椭圆短轴顶点时，可得的面积最大，从而得以判断；对于C，由可得点的轨迹，结合椭圆的几何性质即可判断得点的轨迹与椭圆没有交点，由此得以判断；对于D，利用椭圆的定义，结合三角形边长的不等式可得，从而得以判断.【详解】对于A，因为椭圆，所以，则，所以的周长为，故A错误；对于B，当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大，所以，故B正确；对于C，假设存在点使得，则，所以点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，则，因为椭圆上的任一点到原点的最小距离是短轴顶点与原点的距离，即，由可知，圆与椭圆没有交点，所以假设不成立，即不存在点P使得，故C错误；对于D，由选项A易得，又，所以，所以，故D正确.故选：BD..10．已知是等差数列的前n项和，且，下列说法正确的是（    ）A． B．C．数列的最大项为 D．【答案】ABD【分析】由判断出，，求出，即可判断A；利用等差数列的性质求出，可以判断B；由，，可判断出最大，可以判断C；由，，，可以判断D.【详解】因为，，所以，A正确；，所以，B正确；因为，，所以数列的最大项为，C不正确；因为，，，所以，即，D正确．故选：ABD．11．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且则下列说法中正确的有（    ）A． B．C．平面 D．直线与所成角的余弦值为【答案】ACD【分析】根据空间向量的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】以为空间一组基底，，，所以，A选项正确.，所以，所以，B选项错误.依题意可知，四边形是菱形，所以，由于，平面，所以平面，C选项正确.设直线与所成角为，，，，，所以，D选项正确.故选：ACD12．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱，分别交于点F，G（G，E，F可能共线），则下列说法中正确的是（    ）A．存在点F，使得B．线段长度的取值范围是C．四棱锥的体积为2时，点F只能与点B重合D．设截面，，的面积分别为，，，则的最小值为4【答案】BCD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用等积法可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，，其中，故，又，故即，故点F只能与点B重合，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.故选：BCD.【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，运用空间向量的性质是解题的关键. 三、填空题13．已知直线的方程为：，则直线的倾斜角为__________.【答案】【分析】先求得直线的斜率，然后求得其倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为直线的斜率为，所以，则所以倾斜角为.故答案为：14．已知空间三点坐标分别为,点在平面内,则实数的值为___________.【答案】1【分析】根据题意,存在实数使得等式成立,将各点坐标代入,列出方程组求解即可.【详解】点在平面内,存在实数使得等式成立,,,解得.故答案为:1.15．已知数列满足，，则的最小值为_________.【答案】【分析】由累加法求出数列的通项公式，再根据对勾函数的性质求解即可．【详解】，，，，由累加得，所以，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，或5时最小，时，；时，；所以的最小值为故答案为：．16．如图，已知斜率为的直线与双曲线的右支交于A，B两点，点A关于坐标原点O对称的点为C，且，则该双曲线的离心率为______.【答案】##【分析】取AB的中点M，连接OM，求得直线OM的斜率，再利用点差法求得，进而求得该双曲线的离心率【详解】如图，设直线AB与x轴交于点D，取AB的中点M，连接AC，OM， 由双曲线的对称性可知O为线段AC的中点，则，所以.由直线AB的斜率，得，则直线OM的斜率.设，，则 两式相减，得，化简得，即，所以该双曲线的离心率.故答案为： 四、解答题17．数列的前n项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据给定条件结合“当时，”计算作答.(2)由(1)求出，利用裂项相消法计算得解.【详解】（1）数列的前n项和为，，当时，，当时，，满足上式，则，所以数列的通项公式是．（2）由(1)知，，所以，所以数列的前n项和．18．已知的边边所在直线的方程为满足, 点在AC边所在直线上且满足．（I）求AC边所在直线的方程；（II）求外接圆的方程；（III）若动圆过点，且与的外接圆外切，求动圆的圆心的轨迹方程．【答案】（I）；（II）；（III）.【分析】本题考查圆的性质和应用，解题时要认真审题，注意直线和圆的位置关系的合理运用． （I）由，T在AC上，知是直角三角形．由AB边所在的直线方程是，知直线AC的斜率是-3，再由在直线AC上，能求出AC边所在的直线方程;（II）AC与AB的交点为A，由，解得A（0，-2）．由，知为外接圆的圆心，再由r=，能求出外接圆的方程． （III）由动圆P过点N，知|PN|是该圆的半径，再由动圆P与圆M外切，知，由此能得到点P的轨迹．【详解】（I）（I）∵，∴AT⊥AB， ∵T在AC上，∴AC⊥AB，△ABC是直角三角形． 又边所在直线的方程为，所以直线AC的斜率为．又因为点在直线AC上，所以AC边所在直线的方程为．即． （II）AC与AB的交点为A，所以由解得点的坐标为， ∵， ∴M（2，0）为Rt△ABC外接圆的圆心， 又r=．从外接圆的方程为:．（III）因为动圆过点，所以是该圆的半径，又因为动圆与圆外切，所以，即．故点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支． 因为实半轴长，半焦距．所以虚半轴长．从而动圆的圆心的轨迹方程为．【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题（Ⅰ）就是利用方法①求的轨迹方程的.19．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.（1）求点B1到平面D1AC的距离；（2）在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据图形建立空间直角坐标系，分别求出的方向向量和平面D1AC的法向量，最后根据距离公式求解即可.（2）设，分别求出直线AP与CD1的方向向量，根据数量积等于0求出的值，最后确定点P的位置.【详解】解：（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，以射线OA､OB､OO1分别为x､y､z轴，建立空间直角坐标系.由已知条件，相关点的坐标为A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，设平面D1AC的法向量为，由，，得，令z=1，则因，故点B1到平面D1AC的距离为.（2）设，则由，，得.又，故当时，.于是，在线段BO1上存在点P，使得AP⊥CD1，此时.【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.20．已知抛物线，点在抛物线上.(1)求抛物线的方程；(2)不过原点的直线与抛物线交于不同两点，若以线段为直径的圆过原点，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将点代入抛物线方程即可求得的值，进而可求出抛物线的方程；（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合由题意推得的，得到关于的方程，解之即可．【详解】（1）因为点在抛物线上，所以，即，故抛物线的方程为.（2）设，，联立，消去，得，所以，，，则，因为以线段为直径的圆过原点，所以，则，所以，解得或，当时，直线为，显然直线过原点，不满足题意，舍去；当，满足，且有，即，满足题意；综上：的值为．21．如图，在平面四边形中，，，且，以为折痕把和向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置（E，F不重合）.(1)求证：；(2)若平面平面FBD，点G为的重心，平面ABD，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出EH⊥BD，FH⊥BD，从而证明线面垂直，得到线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.【详解】（1）取BD中点H，连接EH，FH，因为AB=AD，BC=DC，所以EB=ED，FB=FD，故EH⊥BD，FH⊥BD，因为，平面EFH，所以BD⊥平面EFH。因为平面EFH，所以BD⊥EF；（2）连接AH，由于AB=AD，则AH⊥BD，因为点G为的重心，所以点G必在直线AH上，过点G作GMBD交AD于点M，则AH⊥GM，因为平面ABD，平面ABD，所以EG⊥GM，EG⊥AG，以G为坐标原点，GM所在直线为x轴，GA所在直线为y轴，GE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，，且，所以，，因为平面平面FBD，由（1）知：∠EHF为平面与平面FBD的二面角，所以∠EHF=90°，由（1）知：EH⊥BD，因为，所以平面BDF，则∠EFH即为直线EF与平面FBD所成角，故∠EFH =60°，则，由勾股定理可得：，即△EBD为等边三角形，所以，，所以，所以，设平面的法向量为，则，令得：，，所以，设平面的法向量为，则解得：，令，则，所以，则，设平面的夹角为，显然为锐角，则.22．1.在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为2．(1)求椭圆的方程；(2)如图，动直线：交椭圆于A，两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，，是的两条切线，切点分别为S，．求的最小值及的最大值．【答案】(1)(2)的最小值为2，的最大值为 【分析】（1）利用离心率与焦距的条件，求出与的值，进而求出椭圆的方程；（2）先用韦达定理表达出的长，然后利用比例关系，表达出的长，再利用解方程表达出的长，表达出，换元法求出的最小值，利用圆的切线性质求出的最大值，进而求出的最大值【详解】（1）由题意知，，∴，，∴椭圆的方程为：（2）设，，联立方程得由题意知，，∴∴圆的半径联立得：∴，，∴又，∴，∴令，则，∴当即时等号成立∴，∴综上所得：的最小值为2，的最大值为【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．