2022-2023学年天津市宝坻区第四中学高二上学期期末模拟数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年天津市宝坻区第四中学高二上学期期末模拟数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市宝坻区第四中学高二上学期期末模拟数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为30°，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据方程和倾斜角分别求出直线的斜率，进而得到的值.【详解】由已知得直线的斜率=,∴,故选:A.2．①直线在轴上的截距为；②直线的倾斜角为；③直线必过定点；④两条平行直线与间的距离为.以上四个命题中正确的命题个数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由直线方程的性质依次判断各命题即可得出结果.【详解】对于①，直线，令，则，直线在轴上的截距为-，则①错误；对于②，直线的斜率为，倾斜角为，则②正确；对于③直线，由点斜式方程可知直线必过定点，则③正确；对于④，两条平行直线与间的距离为，则④错误.故选：B.3．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据向量线性运算法则计算即可.【详解】．故选：C．4．在等比数列中，表示前项和，若，，则公比等于A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：因为，两式相减得，从而求得．故应选D.【解析】1、等比数列的定义；2、公式的应用 .5．若双曲线焦点的坐标为，，渐近线方程为，则双曲线的方程是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题得，根据渐近线方程及关系得到方程组，解出即可.【详解】双曲线的焦点在x轴上，且，设双曲线的方程为，则双曲线的渐近线方程为：，又渐近线方程为，所以，，解得，所以双曲线的方程为．故选：B．6．已知直线和圆：，则直线与圆的位置关系为（    ）A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定【答案】A【解析】求出直线过的定点坐标，确定定点在圆内，则可判断．【详解】直线方程整理为，即直线过定点，而，在圆内，∴直线与圆相交．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．关键点有两个：一是确定动直线所过定点坐标，二是确定点到圆的位置关系：圆的一般方程为，点，则点在圆内，点在圆上，点在圆外．7．如图，是直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，然后坐标运算即可.【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，可得，，，此时，与所成角的余弦值是.故选：A8．我国古代数学名著《算法统宗》记有行程减等问题：三百七十八里关，初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．意为：某人步行到378里的要塞去，第一天走路强壮有力，但把脚走痛了，次日因脚痛减少了一半，他所走的路程比第一天减少了一半，以后几天走的路程都比前一天减少一半，走了六天才到达目的地．请仔细计算他每天各走多少路程?在这个问题中，第四天所走的路程为（    ）A．96 B．48 C．24 D．12【答案】C【分析】每天所走的里程构成公比为的等比数列，设第一天走了里，利用等比数列基本量代换，直接求解.【详解】由题意可知：每天所走的里程构成公比为的等比数列.第一天走了里，．第4天走了.故选：C．9．已知椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若为等腰三角形，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由椭圆定义可得各边长，利用三角形相似，可得点坐标，再根据点在椭圆上，可得离心率.【详解】如图所示：因为为等腰三角形，且，又，所以，所以，过点作轴，垂足为，则，由，，得，因为点在椭圆上，所以，所以，即离心率，故选：B. 二、填空题10．已知数列的通项公式，则数列的前5项为______.【答案】【分析】根据数列的通项公式可得答案.【详解】因为，所以数列的前5项为.故答案为：11．抛物线的准线方程为______．【答案】【分析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而利用抛物线的性质求得准线方程．【详解】整理抛物线方程得，∴，∴准线方程为，故答案为：．12．数列的前项和为，则该数列的通项公式___________【答案】【分析】根据与关系求解即可.【详解】当时，，当时，，检验：，所以.故答案为：13．在空间直角坐标系中，、，平面的一个法向量是，则点到平面的距离为______________．【答案】【解析】利用点到平面的距离公式（为平面的一个法向量）可求得点到平面的距离.【详解】由已知条件可得，平面的一个法向量为，所以，点到平面的距离为.因此，点到平面的距离为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.14．数列的通项公式为，其前项和为，则______.【答案】【分析】根据解析式，分别求得奇数项和与偶数项和，综合即可得答案.【详解】由题意得，即奇数项为首项为-1，公差为-4的等差数列，所以，，即偶数项为首项为3，公差为4的等差数列，所以，所以.故答案为：15．若直线l：ax－y＋2－a＝0与圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝9相交于A，B两点，且∠ACB＝90°，则实数a的值为________.【答案】1或7【分析】根据题干条件得到圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，利用点到直线距离公式列出方程，求出实数a的值.【详解】由题意，得圆心C(3，1)，半径r＝3且∠ACB＝90°，则圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，即，解得:a＝1或a＝7.故答案为：1或7. 三、解答题16．已知圆的圆心坐标为，且与轴相切，直线过与圆交于、两点，且．(1)求圆的标准方程；(2)求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出圆的半径，即可得出圆的标准方程；（2）利用勾股定理计算出圆心到直线的距离，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【详解】（1）解：由题意可知，圆的半径为，故圆的标准方程为.（2）解：设圆心到直线的距离为，则.若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，由点到直线的距离公式可得，解得或，所以，直线的方程为或，即或.17．设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得的通项公式；(Ⅱ)首先求得的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，解得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,所以；当或者时，取到最小值.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18．如图，在长方体中，，，是棱的中点．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1) 证明见解析   （2）       （3）存在点，【分析】(1) 先证明平面，由平面，可证明结论.(2) 以分别为轴，建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求求解即可.(3) 设，,则，则由向量法结合条件可得答案.【详解】（1）在长方体中，, 又，所以平面 又平面,所以.(2) 以分别为轴，建立空间直角坐标系因为，，是棱的中点．则则为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量., 所以，即 取，可得所以 如图平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.(3)设，，则 由（2）平面的一个法向量设与平面所成角为则解得 ，取 所以存在点，满足条件.19．已知数列中，，.(1)证明：数列是等比数列；(2)若数列的通项公式为，，求数列的前项和；(3)若，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】(1)结合已知条件利用等比数列定义证明即可；(2)结合(1)中条件，求出的通项公式，然后利用错位相减法求和即可；(3)结合(1)中条件，求出的通项公式，然后利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）证明：因为，又，所以为首项是4，公比为2的等比数列.（2）由(1)可知，，，所以，.则，，以上两式相减可得，，所以（3）由(1)可知，，，所以，从而，故.20．设椭圆的右顶点坐标为，且其离心率为．(1)求椭圆的方程;(2)若在轴上的截距为2的直线与椭圆分别交于两点，为坐标原点，且直线的斜率之和等于12， 求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆的简单几何性质，列出关于的方程，再结合即可求解；（2）由题意，直线的斜率存在，设：，点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，从而即可得出直线的方程.【详解】（1）解：因为椭圆的右顶点坐标为， 且其离心率为，所以，解得，所以，故所求椭圆方程为；（2）解：若直线垂直于轴，则、的斜率都不存在，不合题意.所以直线斜率存在，设：，点、，联立，化简可得，由，解得或，所以，，所以，解得，所以直线的方程为．