2022-2023学年陕西省部分名校高二上学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省部分名校高二上学期期末数学（理）试题含解析，共18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。
一、单选题
1．椭圆的长轴为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】由椭圆的标准方程即可.
【详解】由椭圆得长轴为.
故选：D.
2．在中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】A
【分析】根据余弦定理计算直接得出结果.
【详解】由余弦定理可得
，所以.
故选：A.
3．已知.则下列命题中，真命题是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别判断命题的真假性，然后由复合命题的真值表判断．
【详解】对，
当时，则，故，故为真命题，
对，
∵，则，故为假命题，
则，，均为假命题，为真命题.
故选：C.
4．如图，在四面体中，E是的中点，，设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则即可得解.
【详解】因为，所以，
因为E是的中点，所以，
所以.
故选：B.
5．已知等比数列的前项乘积为，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据题意可得，结合等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，所以，
由得.
又，所以.
故选：A.
6．已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出的值，然后利用离心率公式可求出双曲线的离心率.
【详解】由双曲线的渐近线方程为可知直线的斜率为，
，
双曲线的离心率为.
故选：C.
7．已知空间三点，则到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给出的三个点求出、和,求出和，即可求出到直线的距离.
【详解】由题意，空间三点，
，
∴，
，
∴到直线的距离为：，
故选：B.
8．已知数列满足，，，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由题意可得为等差数列，后据此判断与间关系可得答案.
【详解】设首项为，由，可得，
则可得.
则
.故“”是“”的充分必要条件.
故选：A
9．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点的坐标，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
由题意可得，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则
所以平面的一个法向量为
因为平面，则
设，则，所以
解得，所以，即
故选:C.
10．设，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】先得到，再变形，展开，利用基本不等式求最值即可.
【详解】，则，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：A.
11．已知为抛物线上一点，为焦点，过作的准线的垂线，垂足为，若的周长不小于30，则点的纵坐标的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】如图，设点的坐标，准线与轴的交点为A，根据抛物线的定义和勾股定理可得的周长为，令，利用换元法可得，解之即可求解.
【详解】如图，设点的坐标为，准线与轴的交点为A，
则，
所以的周长为.
得，令，则，
有，即，解得(舍去)或，
所以，由解得.
故选：A.
12．如图，平行六面体的体积为，且分别为的中点，则（ ）
A．B．平面
C．D．到平面的距离为
【答案】D
【分析】通过体积求出该平行六面体的高，建立平面直角坐标系并表达出各点的坐标，计算与的数量关系，与的关系，与的关系，到平面的距离，即可得出结论.
【详解】由题意，
在四边形中，，，
∴四边形的面积为：，
在平行六面体中，体积为，
设平行六面体的高为，
∴
解得：，
∵，
设在底面的投影在上.设在底面的投影为，则，
∵，
∴.
∵，
∴为的中点.
以为坐标原点，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，
则，
，
，
.
∵，
∴与不平行，
故错误.
设平面的法向量为，
则
令，则.
∵，
∴与平面不平行，故B错误.
∵，
∴与不垂直，故C错误.
设平面的法向量为，
则
令，得.
∵，
∴到平面的距离为，故正确.
故选：D.
二、填空题
13．已知双曲线的焦距为10，则__________.
【答案】
【分析】利用焦距的定义及双曲线中三者的关系即可求解.
【详解】因为双曲线的焦距为10，
所以，解得，
由双曲线的标准方程可知，，解得或（舍去）
故答案为：.
14．若满足约束条件则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先作出可行域，结合图形求出最小值.
【详解】作出可行域如图，
当直线经过点时，取最小值，最小值为.
故答案为：.
15．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，则_____________．
【答案】4
【分析】由空间向量线性运算的几何表示，结合空间向量的数量积运算即可求.
【详解】在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，
则
故答案为：4
16．已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上的一点，若，则__________.
【答案】3
【分析】运用椭圆定义及余弦定理可求得结果.
【详解】由椭圆方程知，，，，则，由椭圆定义知，，
所以，
所以.
故答案为：3.
三、解答题
17．已知抛物线是抛物线上的点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的长，由几何知识即可求出抛物线的方程；
（2）设出两点坐标和直线的斜率，将两点代入抛物线方程，由点差法求出斜率，根据的中点即可求出直线的方程.
【详解】（1）由题意，
在抛物线中，，
由几何知识得，
，
解得：，
故抛物线的方程为：.
（2）由题意及（1）得，
直线的斜率存在，设直线的斜率为，
则，
两式相减得，
整理得，
因为的中点为，
∴，
∴直线的方程为：，
即，经检验，满足题意.
18．已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）由题知，进而根据裂项求和法求解即可.
【详解】（1）解：当时，．
当时，，
所以，
因为也满足，
所以通项公式为．
（2）解：由（1）得，
所以，
所以．
19．如图，在长方体中，，.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，，，
所以，，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）解：设平面的法向量为，，
则，取，则，
因为，所以，.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求；
(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.
（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积
【详解】（1）由题意
在△ABC中，，，
由正弦定理得，
∴，整理得到，
而为三角形内角，故，故，而，
故即.
（2）由题意及（1）得
在△ABC中，，，故外接圆直径，
故
，
，
其中，且，
因为，故，而，
故的最大值为1，此时，
故，，
故，
且
故，
此时.
21．如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点．
(1)证明：平面平面．
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面
（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.
【详解】（1）证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，
由E，F分别是的中点得，
由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，
∴，，，∴，，
由得，又平面PGB，∴平面PGB，
∵平面PGB，∴，∴，
∵平面DEF，∴平面DEF，
∵平面PAD，∴平面平面.
（2）作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.
在中，，由余弦定理得，
∴，，∴.
故，
设平面、平面的法向量分别为，则有
，令，则有，
故二面角的余弦值，
由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.
22．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以为直径的圆经过点D，且于点G，证明：存在定点H，使为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件列出关于a、b、c的方程组求解即可.
（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.
【详解】（1）由题意知，
解得：，
∴双曲线C的标准方程为：；
（2）证明：由（1）知，，设，
①当l的斜率存在时，设l的方程为：，
，即：，
，，
∵以EF为直径的圆经过点D，
∴，
又∵，，
∴，
又∵
∴，
即：
化简得：，即：，
解得：或，且均满足，
当时，，直线l恒过定点，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；
当时，，直线l恒过定点，记为点；
②当l的斜率不存在时，设l的方程为：，
设，，或，则，
此时，，
∴，
整理得：，解得：或
∵或，
∴，此时l恒过定点.
综述：l恒过定点.
又∵，即：，（∵D、E、F三点都在直线l上）
∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，为该圆的半径，即的一半.
故存在定点，使得为定值6.
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路：
（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式，则直线必过定点；若得到了直线方程的斜截式，则直线必过定点.