2022-2023学年河北省张家口市高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省张家口市高二上学期期末数学试题含解析，共19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学年河北省张家口市高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知两条直线和相互垂直，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两条直线垂直的充要条件，建立方程，即可求出a的值.【详解】两条直线和相互垂直，则，解得.故选：D2．若点在抛物线上，则抛物线的准线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先将点代入抛物线得到抛物线的方程，即可得到准线方程【详解】因为点在抛物线上，所以，解得，故抛物线为，故其准线方程为：故选：B3．椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由椭圆的标准方程求得，再求得椭圆的离心率即可.【详解】因为椭圆，所以，则，又，所以，，所以椭圆的离心率为.故选：A.4．已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（    ）A．相交 B．外切 C．外离 D．内含【答案】B【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，圆，圆心，半径为，，圆与圆的位置关系为外切，故选：B5．已知正方体的棱长为3，分别在上，且，则（    ）A．3 B． C． D．4【答案】A【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合条件求得的坐标，再利用空间向量的模的坐标表示即可得解.【详解】依题意，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则，因为，所以，所以，故.故选：A..6．已知三角形数表：现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据数表，先判断第100个数字在第几行的第几个数，再代入通项，即可求解.【详解】第一行有1个数，第二行有2个数，…，第行有个数，所有中，的最大值是13，前行共有个数，第100个数字在第14行的第9个数，根据通项可知，第9个数是，即.故选：B7．已知，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设点为直线上的动点，题意可转化成求与的距离和与的距离之和的最小值，求出关于直线的对称点，故，即可求出答案【详解】设点为直线上的动点，由可看作与的距离和与的距离之和，设点则点为点关于直线的对称点，故，且，所以，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为.故选：C8．已知为等比数列，，，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.【详解】因为为等比数列，所以，又,可解得或，设等比数列的公比为,则当时,, ∴；当时, ,∴.故选：C 二、多选题9．下列选项正确的有（    ）A．表示过点，且斜率为2的直线B．是直线的一个方向向量C．以，为直径的圆的方程为D．直线恒过点【答案】BCD【分析】根据直线和圆的性质，逐个判断每个选项.【详解】A选项：方程，，点不在直线上，A选项错误；B选项：因为直线的斜率为， 所以是直线的一个方向向量，B选项正确；C选项：设是所求圆上任意一点，则 ， 因为，，所以 ，即所求圆的方程为，C选项正确；D选项：直线方程化为，由 ， 解得 ，所以直线恒过定点，D选项正确.故选：BCD10．已知为等差数列的前项和，，，则下列选项正确的有（    ）A．数列是单调递增数列 B．当时，最大C． D．【答案】BC【分析】通过等差数列的性质可得到，，故得到，然后利用等差数列的特征和求和公式即可判断每个选项【详解】对于A，设的公差为，因为，所以，又，所以，故，所以数列是单调递减数列，所以A错误；对于B，因为，所以，所以当时，最大，所以B正确；对于CD，因为，，，所以，，所以C正确，D错误．故选：BC11．已知椭圆的离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，的周长为，则下列选项正确的有（    ）A．椭圆的方程为B．C．内切圆的面积的最大值为D．【答案】ABD【分析】由椭圆焦点三角形周长为和离心率可构造方程组求得，由椭圆关系可得，进而确定椭圆方程，知A正确；利用基本不等式和椭圆定义可求得B正确；利用面积桥可知当为椭圆短轴端点时，内切圆的半径最大，由此可求得半径的最大值，确定C错误；若最小，则最大，可知当为椭圆短轴端点时最大，利用余弦定理可确定D正确.【详解】对于A，的周长为，，又离心率，，，，椭圆的方程为，A正确；对于B，（当且仅当，即为椭圆短轴端点时取等号），B正确；对于C，设内切圆的半径为，则；当为椭圆短轴端点时，，，内切圆面积的最大值为，C错误；对于D，当为椭圆短轴端点时，取得最大值，此时取得最小值，为椭圆短轴端点时，，，，当为椭圆上的动点时，，D正确.故选：ABD.12．在长方体中，，为棱的中点，点满足，其中，则下列结论正确的有（    ）A．当时，异面直线与所成角的余弦值为B．当时，C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，存在点，使得【答案】AB【分析】首先根据的值，确定点的位置，再利用空间向量的垂直和线线角的坐标运算，即可判断选项.【详解】A.当时，，此时点是与的交点，如图，建立空间直角坐标系，，，，，，，所以，故A正确；B. 当时，，此时，点在线段上，（分别是棱的中点），此时，，，，，，所以恒成立，所以当时，有，故B正确；C. 当时，，此时点在线段上，（分别是的中点），，，，当时，有，即，，所以方程无解，不存在点使，故C错误；D.当时，，此时点在线段上，,，，，，，若，则，解得：，不成立，所以不存在点，使得，故D错误.故选：AB 三、填空题13．已知空间向量，，则_________________．【答案】【分析】运用空间向量共线的坐标运算与数量积的坐标运算可得结果.【详解】∵，，∴存在实数t使得，∴∴，∴故答案为：.14．已知点为双曲线的左焦点，过点作倾斜角为60°的直线，直线与双曲线有唯一交点，且，则双曲线的方程为________________．【答案】【分析】根据题意得，，由，得，代入方程解决即可.【详解】由题知，因为点为双曲线的左焦点，过点作倾斜角为60°的直线，直线与双曲线有唯一交点，所以直线与渐近线平行，所以，即，所以双曲线为， 因为，所以，即，所以，解得，或（舍去），所以，所以双曲线的方程为，故答案为：.15．已知数列满足，为数列的前项和，恒成立，则的最小值为______________．【答案】【分析】利用裂项求和法求得，注意时的特殊情况，从而利用恒成立问题的解法求解即可.【详解】因为，当时，，又当时，，所以，因为恒成立，所以，即的最小值为.故答案为：.16．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为_______________．【答案】【分析】先求出为圆心，为半径的圆的方程，再利用两圆的公共弦所在直线方程求解.【详解】圆，所以圆心为，半径，,所以切线长，以为圆心，为半径的圆的方程为：，直线为圆与圆的公共弦，所以由得.故答案为: . 四、解答题17．已知为等差数列的前项和，若．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前50项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等差数列的通项公式与前项和公式求得基本量，从而得解；（2）结合（1）中结论，判断的正负情况，从而利用分组求和法即可得解.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为，所以，即，解得，所以.（2）由（1）得，令，解得，所以当时，，则；当时，，则；所以.18．已知直线与圆交于两点．(1)当最大时，求直线的方程；(2)若，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）当最大时，直线过圆心，代入圆心坐标可求直线的方程；（2）直线与圆联立方程组，利用韦达定理证明为定值．【详解】（1）当最大时，为直径，即直线过圆心，把圆心代入直线的方程，有，解得，直线的方程为.（2）证明：设，，由题意知k存在，由，得所以 ， ，且，因为 ，，，所以 ，即为定值.19．“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用，下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米．(1)求该桥抛物线拱形部分对应抛物线的焦准距（焦点到准线的距离）．(2)已知直线是抛物线的对称轴，为直线与水面的交点，为抛物线上一点，分别为抛物线的顶点和焦点．若，，求桥面与水面的距离．【答案】(1)16米(2)8米 【分析】（1）根据题意设抛物线的方程并求得，进而可得结果；（2）先求的坐标，再设的坐标，根据，建立关系，运算求解，进而可得结果.【详解】（1）如图建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，由题意可知：抛物线过点，代入得，解得，故焦准距为（米）（2）由（1）可得：抛物线的方程为，则其焦点，顶点，设，∵，则，∴，即，又∵，且，∴，解得，故桥面与水面的距离为（米）20．已知数列满足，，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过题意可得到是等比数列，然后求其首项和公比，即可求得答案；（2）利用错位相减法和分组求和法即可求解【详解】（1）由，得，又， 故，所以，即，故 又，所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列，所以，故数列的通项公式为（2）设，其前n项和为，则， ， 所以， 所以， 所以21．如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，．(1)求证：平面；(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直性质可证得平面，则，利用勾股定理可证得，结合，由线面垂直的判定可得结论；（2）作，垂足为，作，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线线角的向量求法可构造方程求得，利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，，，；，，又，平面，平面.（2）作，垂足为，作，交于，平面平面，平面平面，平面，平面，由（1）知：，，，，，，，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设，则，，，解得：，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面与平面夹角的余弦值为.22．已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程．(2)已知点在曲线上，斜率为的直线与曲线交于两点（异于点）．记直线和直线的斜率分别为，，从下面①、②、③中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．①；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用两圆位置关系得到，从而得到，再利用双曲线的定义即可得到曲线的方程；（2）依次选择其中两个作为已知条件，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理得到关于的表达式，从而得证.【详解】（1）依题意，设动圆的圆心为，半径为r，因为该动圆与圆外切，与圆内切，此处要特别注意圆在圆的内部与圆相切，否则圆无法与圆外切，所以，，所以，由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，所以2a＝4，2c＝6，即a＝2，c＝3，所以b2＝c2－a2＝1，所以曲线C的方程为..（2）选择①②⇒③：设直线l：y＝kx＋m，A，B，联立，消去，得x2－16mkx－8m2－8＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，因为，k1＋k2＝0，所以＋＝0，即＋＝0，即2kx1x2＋－8＝0，所以2k×＋－8＝0，化简得8k2＋2k－1＋m＝0，即＝0，所以或m＝1－4k，当m＝1－4k时，直线l：y＝kx＋m＝k＋1过点P，不满足题意，舍去；当时，由于曲线是双曲线的右支，易知，又由x2－16mkx－8m2－8＝0得，此时，则，解得，故，即时，满足题意，综上：，所以③成立.选择①③⇒②：设直线l：y＝－x＋m，A，B，联立，消去，得，所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，由第1种选择可知且，此处不再详细说明，所以k1＋k2＝＋＝＋ ＝－1＋＋＝－1＋＝－1＋＝0，所以②成立.选择②③⇒①：设直线l：y＝－x＋m，A，B，P(x0，y0)，联立，消去，得，所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，由第1种选择可知且，此处不再详细说明，由k1＋k2＝＋＝＋＝0，得＋＝0，即－x1x2＋－2x0＝0，所以－8m2－8＋8m×－2x0＝0，故2m＋2x0y0－8＝0，由于的任意性，所以，，解得，又，所以，则，满足，所以P，①成立.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.