2022-2023学年重庆市云阳凤鸣中学校高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市云阳凤鸣中学校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。

一、单选题
1．在等差数列中，若，，则（ ）
A．14B．15C．16D．8
【答案】C
【分析】根据等差数列性质可知，若则，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，在等差数列中，
由等差数列性质可知，若则；
所以
故选：C.
2．过两点和的直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据斜率公式，结合倾斜角与斜率直线的关系，建立方程，可得答案.
【详解】斜率，又倾斜角，，．
故选：D．
3．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可．
【详解】解：抛物线，可知抛物线的开口向上，，
所以抛物线的准线方程是：．
故选：．
4．若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系是（ ）
A．垂直B．平行
C．相交但不垂直D．平行或线在面内
【答案】A
【分析】根据得到与共线，即可得到直线与平面垂直.
【详解】因为，所以与共线，直线与平面垂直.
故选：A.
5．已知圆关于直线对称，则的最大值为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由圆的方程求出圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，由基本不等式即可求出的最大值.
【详解】解：由题意
在圆中，
∴圆心为，半径为1
在直线中，
圆关于该直线对称
∴直线过圆心，
∴，即：
∵
解得：
当且仅当时等号成立
∴的最大值为.
故选：D.
6．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，上平面，且，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.
【详解】，
，
所以．
故选：C
7．如图，在直三棱柱中，已知，D为的中点，，则，所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算，，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
所以，，设，所成的角为，
则．
故选：C
8．双曲线C：的左，右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，且，，点M为线段的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，由已知得，利用双曲线定义知，，
在中与中分别利用余弦定理，再结合，可求得，进而得解
【详解】设，因为，所以，
由双曲线定义知，则
由双曲线定义知，则
设，，因为，
在中，①；
在中，
解得：，代入①式，得．
点M为线段的中点，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
故选：B
二、多选题
9．已知数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（ ）
A．为等差数列B．
C．最小值为D．为单调递增数列
【答案】BC
【分析】根据求出，并确定为等差数列，进而可结合等差数列的性质以及前项和分析求解.
【详解】对于A，当时，，
时满足上式，所以,
所以，
所以为等差数列，故A正确；
对于B，由上述过程可知，
，故B错误；
对于C，因为，对称轴为，
又因为，所以当或3时，最小值为，故C错误；
对于D，由上述过程可知的公差等于2，
所以为单调递增数列，故D正确.
故选:BC.
10．已知曲线：，、为实数，则下列说法错误的是（ ）
A．曲线可能表示两条直线
B．若，则是椭圆，长轴长为
C．若，则是圆，半径为
D．若，则是双曲线，渐近线方程为
【答案】BD
【分析】根据曲线的方程，结合直线，椭圆，双曲线的标准方程及其性质判断即可．
【详解】当，时，曲线：即为，表示两条直线，选项A正确；
当，曲线：可化为，此时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，长轴长为，选项B错误；
若，曲线：可化为，表示半径为的圆，选项C正确；
若，则是双曲线，其渐近线方程为，选项D错误．
故选：BD．
11．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则以下结论正确的为（ ）

A．三棱锥体积为定值
B．异面直线成角为
C．直线与面所成角的正弦值
D．当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【分析】易证平面，故三棱锥体积为定值；易得，为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证平面，利用正、余弦定理求出的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项.
【详解】因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，又为线段上动点，所以到平面距离为定值，故三棱锥体积为定值，当点与重合时，，故A正确；
因为，故与所成角等价于与所成角，为等边三角形，所以异面直线成角为，故B项错误；
以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，则，即，令，得，故，设直线与面所成角为，
则，故C项正确；
当点为中点时，，易得，平面，又平面，所以，，平面，所以平面，即平面，，，
所以，，的外接圆半径为，故所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，设三棱锥的外接球半径为，则，故三棱锥的外接球表面积为，故D项正确.
故选：ACD
12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点､的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（ ）
A．的方程为
B．在上存在点到点的距离为4
C．上的点到直线的最大距离为6
D．过点作直线，若上恰有三个点到直线的距离为2，则该直线的斜率为
【答案】ACD
【分析】根据题意求出的轨迹，结合圆中的相关知识进行分析判断即可.
【详解】设，则，
化简得，，则选项正确；
将圆的方程化为标准方程为，则圆心为，半径为4，
则圆上的点到点的最小距离为，
则在圆上不存在点到点的距离为4，则选项B错误；
上的点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加半径，
即，则选项C正确；
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由于圆的半径为4，则要使上恰有三个点到直线的距离为2，
只需圆心到该直线的距离为2，即，
解得，则选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知直线，，若，则的值为______.
【答案】-1
【分析】根据两直线垂直列方程，解方程即可.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：-1.
14．已知数列的前项和为，，则_______
【答案】
【分析】直接利用即可求的通项公式.
【详解】由已知条件，知当时，；
当时，；
当时不满足上式，
∴，
故答案为：.
15．如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为4，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为______ .
【答案】3
【分析】以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由空间向量法求点线距．
【详解】连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，是等边三角形，点在直线上的射影在边上（靠近的四等分点），
由平面，平面，得，
又，，平面，
所以平面，而平面，所以，∴为锐角，
，为异面直线与所成角，即.
在菱形中，，， ，．设，则，
，
，，，，，
点到直线的距离为.
故答案为：3.
16．第24届冬奥会，是中国历史上第一次举办的冬季奥运会，国家体育场(鸟巢)成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【分析】分别设出内外椭圆的方程，求出、点的坐标，得到直线与的方程，分别与内椭圆联立，根据得到的一元二次方程中的，表示出与，根据，即可得到离心率的值.
【详解】设内层椭圆方程为，由于内外椭圆离心率相同，由题意可设外层椭圆方程为.
所以点坐标为，点坐标为，设切线的方程为，切线的方程为，
联立直线的方程与内层椭圆方程得，，因为直线与椭圆相切，
所以，
整理可得，.
同理，联立直线的方程与内层椭圆方程，可推出，
所以.
因为，所以，则，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆，直线．
(1)求圆的圆心坐标和半径；
(2)若直线与圆相切，求实数的值．
【答案】(1)圆心的坐标为，半径为2．
(2)
【分析】（1）通过配方将圆的方程化为标准形式，即可得圆心和半径；
（2）通过圆心到直线的距离等于半径列出方程解出即可.
【详解】（1）圆，
圆的标准方程为．
圆的圆心的坐标为，半径为2．
（2）直线与圆相切，
圆心到直线的距离，解得．
实数的值为．
18．已知为等差数列，前项和为，是首项为3且公比大于0的等比数列，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据等比数列的通项公式可计算得到公比的值，再根据等差数列的通项公式及其性质和求和公式，即可解出首项和公差的值，即可求得和的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结论得到数列的通项公式，然后运用错位相减法求出前项和．
【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则．
则由可得，，解得或（舍去），
所以，则，.
由可得，由可得，，
又，所以.
所以，，所以，
所以.
（2）由（1）知，，，
所以.
所以，，
，
两式作差得，，
所以，.
19．如图，在四棱锥 中， 已知底面， 底面是正方形，.
(1)求证： 直线 平面；
(2)求直线 与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 证明和，利用直线与平面垂直的判定定理可得证.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决线面角的问题.
【详解】（1）因为 平面， 且平面，所以 .
在正方形 中，.
而, 平面，
故 平面.
（2）以为坐标原点，分别以为轴， 建立如图所示空间直角坐标系.
设 ，则，
从而.
设平面 的法向量为，
，令 ， 则.
设直线 与平面所成的角为，则，
故直线 与平面的所成角的正弦值为.
20．已知椭圆的右焦点，长半轴长与短半轴长的比值为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件写出关于的方程组，即可求椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，即可求参数.
【详解】（1）由题意得，，，，
，，
椭圆的标准方程为．
（2）依题意，知，设，．
联立消去，可得．
，即，，
，．
，．
，
，
整理，得，
解得或（舍去）．
直线的方程为．
21．如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体．
(1)当点在棱上移动时，证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？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)存在，.
【分析】（1）利用题设条件及面面垂直的性质定理证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，由此可证得；
（2）利用（1）中结论，求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标公式得到关于的方程，解之即可.
【详解】（1）由图1易知图2中，有，
又因为面面，面面，面，
所以面，又面，故，
故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则
不妨设，，则，故，
所以，故.
.
（2）假设存在使二面角的平面角为，其中，
因为平面，所以可作为平面的一个法向量，
因为，
设平面的一条法向量为，则，即，
令，则，故，
因为二面角的平面角为，
所以，即，
整理得，解得或（舍去），
所以，
故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且.
22．已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点到直线距离公式求出，再根据渐近线方程及，求出，，得到双曲线方程；
（2）设出直线：，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据直线，的斜率之积为，列出方程，得到，得到直线方程，数形结合得到的面积.
【详解】（1）由题意知焦点到渐近线的距离为，则，
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得：，，
所以双曲线的标准方程为；
（2）设直线：，，，
联立，
则，
所以，，
由
，
解得或（舍去），
所以，，
：，令，得，
，
所以的面积为.