2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二上学期期末理科数学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二上学期期末理科数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
2．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出集合中的不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2. 已知数列是等差数列，，则的值为（ ）．
A. 15B. C. 10D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】，且，故可得：.
故选：C
3. 已知空间向量，，若则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，然后根据已知可得，根据坐标运算即可得出.
【详解】由已知可得，.
又，所以，
所以，.
故选：D.
4. 在中，，，其面积为，则等于（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形面积公式可得的值，再结合余弦定理即可求得.
【详解】由题意知，则
由余弦定理得
即.
故选:C.
5. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线，如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出抛物线的方程，根据点坐标求得正确答案.
【详解】设抛物线方程为，
依题意，代入得，
所以抛物线方程为.
故选：A
6. 已知命题，，则是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定可得出结论.
【详解】命题为全称命题，该命题的否定为，，
故选：D.
7. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C：（）的面积为，且椭圆的离心率为，则椭圆C的标准方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出方程组，求得 ,即得答案.
【详解】因为椭圆C的方程为：（）,
由题意可得 ，解得 ，
故椭圆方程为：，
故选：B.
8. 用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙（墙足够长）的矩形菜园，则菜园的最大面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出长宽，表示出关系，利用基本不等式即可求出菜园的最大面积.
【详解】由题意可设菜园的长为x(墙所对的边)，宽为，则x+2y=L，面积.
因为，所以，
当且仅当，即，时，等号成立，所以菜园的最大面积为．
故选：A．
9. 在长方体中，如果，，那么A到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，，.根据等面积法，即可求出答案.
【详解】
如图，连结，.
因为是长方体的体对角线，所以，
.
由长方体的性质可知，平面，
因为平面，所以.
所以，.
设A到直线的距离为，则，
所以，.
故选：D.
10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为2，是双曲线上一点，轴，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由离心率可得，再根据可得，即可整理双曲线方程为，代入可求的坐标，即可求得答案
【详解】由题意可得即，
由可得即，
所以双曲线方程，
当时，解得，所以，
因为，所以，
故选：A
11. 设等比数列 的前项和为，且，则（ ）
A 28B. 42C. 49D. 56
【答案】D
【解析】
【分析】先求得公比，然后求得.
【详解】设等比数列的公比为，
则，
所以．
故选：D
12. 我们把离心率互为倒数且焦点相同的椭圆和双曲线称为一对“优美曲线”.已知，是一对“优美曲线”的焦点，M是它们在第一象限的交点，当时，这一对“优美曲线”中双曲线的离心率是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，，由余弦定理，设是椭圆的长半轴，为双曲线的实半轴，由椭圆以及双曲线的定义，可得，，由此能求出结果.
【详解】设，，，
由余弦定理，
即，（1）
设是椭圆的长半轴，为双曲线的实半轴，
由椭圆以及双曲线的定义，可得，，
，，
代入（1）式，可得，
又，即，
可得，解得，
，解得.
故选：D
【点睛】本题考查了双曲线、椭圆的简单几何性质以及定义、余弦定理，考查了计算求解能力，属于中档题.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数k的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据集合之间的包含关系，列出不等式，即可求得结果.
【详解】根据题意，是的真子集，故可得，即.
故答案：.
14. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】已知两边及夹角，由余弦定理直接求得结果.
【详解】已知，
由余弦定理得，解得.
故答案为：.
15. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：的蒙日圆方程为，则椭圆C的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标，又因为在，代入可求出，再由离心率的公式即可得出答案.
【详解】由椭圆C：知，椭圆的右顶点为，
上顶点为，过作椭圆的切线，
则交点坐标为，
因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，
所以在，
所以，解得：，
则椭圆C的离心率为.
故答案为：
16. 在四棱锥中，四边形为正方形，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥的体积为 ___.
【答案】
【解析】
【分析】由题知两两垂直，进而建立空间直角坐标系，设，利用坐标法求解二面角得当时，平面与平面所成的二面角为取最小值，再计算几何体的体积即可得答案.
【详解】解：因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面,
所以平面，所以，
又因为，所以两两垂直，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设，
则，，，，，，
所以，
设平面法向量为，
则，即，令，则，
由题易知平面的法向量为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以当时，平面与平面所成的二面角为取最小值，
此时三棱锥的体积为.
故答案为：
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. （1）解不等式；
（2）已知，求的最大值．
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】（1）先化简分式不等式，然后利用一元二次不等式的解法求得不等式的解集；
（2）用基本不等式求得函数的最大值．
【详解】（1）因为，所以，即，所以，
所以，解得或，所以原不等式的解集为或.
（2）因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.
18. 已知等差数列满足，前4项和．
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，，数列的通项公式．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；
（2）等比数列公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.
【小问1详解】
设等差数列首项为，公差为d．
∵
∴
解得：
∴等差数列通项公式
【小问2详解】
设等比数列首项为，公比为q
∵
∴
解得：
即或
∴等比数列通项公式或
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求的值；
（2）D为边的中点，若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简可得，即，再利用余弦定理求；
（2）在中，由余弦定理可得，再利用面积公式求的面积.
【小问1详解】
在中，
∵，由正弦定理得：，
所以，因为，所以，即
由余弦定理得：.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：
，即，
解得，
因为，所以，
所以的面积.
20. 已知椭圆的焦点为，该椭圆经过点P（5,2）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆上的点满足，求y0的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据椭圆定义得a，再根据c求b（2）由得,再与椭圆方程联立解得y0的值.
试题解析：（1）依题意，设所求椭圆方程为
其半焦距c=6.
因为点P（5,2）在椭圆上，
所以
所以
故所求椭圆的标准方程是
（2）由得

即代入椭圆方程得：
故
21. 如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点.
（1）证明：∥平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，由三角形中位线定理结合已知条件可得四边形是平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）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，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，，
∵，分别是，的中点，
∴∥，
∵底面是矩形，是的中点，
∴∥∥，
∴四边形是平行四边形，
∴∥，
∵平面，平面，
∴∥平面.
【小问2详解】
解：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，，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
取平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，由图可知为锐角，
则
故平面与平面夹角的余弦值为.
22. 已知双曲线的离心率为，双曲线的左､右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线交双曲线于两点，且以为直径的圆过原点，求弦长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由双曲线定义得到，结合离心率得到，求出，得到双曲线的标准方程；
（2）先分析得到直线的斜率不为0，设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据为直径的圆过原点，得到，从而列出方程，代入两根之和，两根之积，得到，再由弦长公式求出答案.
【小问1详解】
由双曲线的定义可得，解得：.
因为双曲线的离心率为，所以，解得.
因为，所以.
故双曲线的标准方程为
【小问2详解】
当直线的斜率为0时，此时两点为双曲线的顶点，故以为直径的圆不过原点，不合题意，舍去；
直线的斜率不为0，则设直线，
联立整理得，
则，
故.
因为以为直径的圆过原点，所以，所以
所以，即，
化简整理得，即，
则，
故.
【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中以为直径的圆过原点，所以，从而由向量数量积为0列出方程，注意考虑直线的斜率存在和不存在两种情况.