2022-2023学年湖北省荆州中学高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省荆州中学高二上学期期末数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：
一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40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. 若方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆焦点在轴上,可得,解出范围即可.
【详解】解:由题知表示焦点在轴上的椭圆,
则有: ,
解得:或.
故选:D
2. 设、，向量，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.
【详解】因为，则，解得，则，
因为，则，解得，即，
所以，，因此，.
故选：D.
3. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.
【详解】选项A. 一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直
则由，不能得出，故选项A不正确.
选项B. ,则正确，故选项B正确.
选项C. 若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.
选项D. 若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.
故选：B
4. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体. 若某金刚石的棱长为2，则它外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得外接球的半径，进而计算出外接球体积.
【详解】设，正八面体的棱长为，
根据正八面体的性质可知：，
所以是外接球的球心，且半径，
所以外接球的体积为.
故选：A
5. 已知是等差数列的前项和，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式和性质可得：，且，进而求解.
【详解】因为是等差数列的前项和，
由可得：，所以，
由可得：，所以，
则有，所以等差数列的前项为负值，从第项开始为正值，
所以的最小值为，
故选：.
6. 直线分别与x轴，y轴交于两点，点在圆，则面积的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先求得的长度，然后确定圆上的点到直线的距离，最后确定三角形面积的取值范围.
【详解】解：因为，所以.
圆的标准方程，圆心，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的取值范围为：，
所以.
故选:C.
7. 等比数列的前项和为，，，则为（ ）
A. B.
C. D. 28或-21
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列前项和公式，列出的表达式，两式相除可推出，解出，再根据，即可求出结果.
【详解】设公比为.
当时，，，则应有，该方程组无解，所以.
由已知可得，，
两式相除可得，，整理可得，
解得或（舍去），所以.
所以
故选：A.
8. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由于线段的垂直平分线过，所以有，再根据双曲线和椭圆的定义，求出的表达式，然后利用基本不等式来求得最小值.
【详解】设椭圆对应的参数为，双曲线对应的参数为，
由于线段的垂直平分线过，所以有.
根据双曲线和椭圆的定义有，
两式相减得到，即，
，
所以，
当且仅当即等号成立，即最小值为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本小题考查双曲线的定义和几何性质，考查椭圆的定义和几何性质，是一个综合性较强的题目，由于椭圆和双曲线有公共的焦点，所以焦距相同，也就是有相同，对于两个曲线的公共交点来说，即满足椭圆的定义，又满足双曲线的定义，根据定义可列出方程.再利用基本不等式可求得最小值.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.
9. 数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】AC
【解析】
【分析】对选项逐一分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，符合题意.
B选项，，不合题意.
C选项，符合题意.
D选项，，不合题意.
故选：AC
10. （多选）朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作，《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始5每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”堆放的层数可以是（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 8
【答案】BD
【解析】
【分析】设最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根，利用等差数列的前项和公式可得，结合，可得为200的因数，且为偶数，逐一验证各个选项即可得解．
【详解】解：设最上面一层放根，一共放层，
则最下面一层放根，
于是，
整理得，
因为，
所以为200的因数，且为偶数，
当时，，为奇数，不符合题意，
当时，，符合题意，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，
所以，8满足题意．
故选：BD．
11. 在平面直角坐标系xOy中，点，动点M到点F的距离与到直线的距离相等，记M的轨迹为曲线C．若过点F的直线与曲线C交于，两点，则（ ）
A.
B. 的面积的最小值是2
C. 当时，
D. 以线段OF为直径的圆与圆相离
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，结合抛物线的相关知识可以判断ABC，结合圆与圆的位置关系的相关知识，可判断D
【详解】依据题意动点M 到点 F ( 1 , 0 ) 的距离与它到直线的距离相等，
由抛物线定义知点M的轨迹是以 F 为焦点 , 直线为准线的抛物线，
所以点 P 的轨迹 C 的方程为
对于A， 取 AB ⊥ x 轴，则故A错误；
对于B，显然直线AB的斜率不为 0 , 设直线AB的方程为,
联立整理可得
所以
所以，
当时取等号，所以的面积的最小值是 2， 所以B正确；
C中，时 , 则
所以
③ ,
而①，②，
①②③联立可得
由抛物线的性质可得
所以C正确；
D中 , 以OF 为直径的圆的方程为, 圆心半径
圆的圆心半径
所以圆心距
可得两个圆相离，所以 D 正确；
故选： BCD .
12. 矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列结论正确的有（ ）
A. 四面体ABCD的体积为
B. 点B与D之间的距离为
C. 异面直线AC与BD所成角为45°
D. 直线AD与平面ABC所成角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别作，垂足为E，F，利用向量法求出，可判断B，由题可得平面，然后利用棱锥的体积公式可得可判断A，利用向量法求出判断C，根据等积法结合条件可得直线AD与平面ABC所成角的正弦值判断D.
【详解】分别作，垂足为E，F，则，
由已知可得，，
因为，
所以
，
所以，故B错误；
因为，，
所以，即，
同理，
又，平面，
则平面，
所以四面体ABCD的体积为，故A正确；
由题可得，，，
则
，
则，得，
所以异面直线与所成的角为，故C正确；
设点到平面为，则，
所以，
所以，
设直线AD与平面ABC所成角为，则，故D正确.
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设是等差数列的前项和，已知，，则_______.
【答案】49
【解析】
【详解】.
14. 设双曲线：的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方程，与双曲线方程消去并化简．设，，，，利用根与系数的关系得到，．通过，得到代入上式消去得关于、、的等式，结合解之得双曲线的离心率．.
【详解】直线过点，且斜率为，直线的方程为
与双曲线联立，
消去，得 ，
设，，，，
，
，可得
代入上式得，，
消去并化简整理，得，
将代入化简，得，解之得，
因此，该双曲线的离心率．
故答案为：．
15. 已知数列的通项公式为，则数列的前项和_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用错位相减法求数列的前项和即可.
【详解】由数列的通项公式为，
所以数列的前项和为：
，①
则： ，②
①②：，
即，
即，
即，
即，
即，
即，
所以，
故答案为：.
16. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．
【详解】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．
∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，
∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，
∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，
在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，
∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，
∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.
故答案为．
【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．
四、解答题:本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知圆和直线.
（1）判断直线与圆的位置关系；
（2）求直线被圆截得的最短弦长及此时直线的方程.
【答案】（1）相交 （2）；
【解析】
【分析】（1）根据直线过定点以及点与圆的位置关系即可得到结果；
（2）当当直线时，直线被圆截得的弦长最短，结合弦长公式即可得到最短弦长及直线的方程.
【小问1详解】
因为直线，即恒过定点
又因为圆，即
即圆心，半径为
因为
所以点在圆内，即直线与圆相交.
【小问2详解】
当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
此时可得弦长的一半为
即最短弦长为
又因为点横坐标相同，故直线轴，
则直线的斜率为
所以直线的方程为
18. 数列中，.
（1）设，求证：数列等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）数列的前项和为.
【解析】
【分析】（1）由条件证明对于任意的，为常数即可.
（2）结合（1）的结论求得数列的通项公式，再由分组求和法求和.
【小问1详解】
由已知又，，所以，
因为，
所以，又
所以，，因为，所以，
所以，
所以数列是首项为1，公比为4的等比数列．
【小问2详解】
由（1），可知，
所以数列的通项公式为．
设数列的前项和为，则
，
所以，
，
，
，
所以，
所以数列的前项和为.
19. 已知在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求的值；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】(1);(2) .
【解析】
【详解】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．
详解：(1)由题意及正、余弦定理得，
整理得，
∴
（2）由题意得，
∴，
∵，
∴，
∴.
由余弦定理得，
∴，
，当且仅当时等号成立．
∴．
∴面积的最大值为．
点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．
（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．
20. 如图，平面，平面，，，，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行判定定理得平面，面面平行判定定理平面平面，再由面面平行性质定理解决即可.（2）建立空间直角坐标系，空间向量法解决即可.
【小问1详解】
证明：
由题知，，平面，平面
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面，
因为平面平面,平面平面
所以.
【小问2详解】
根据题意，建立以为原点，
分别以得方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，
因为平面，平面，，，，，
所以，
所以，
设为平面的法向量，
所以，即，令，可得，
设直线与平面所成角为
所以，
所以
所以直线与平面所成角余弦值为.
21. 己知等比数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，可得出，令时，由可得，两式作差可得推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，求出的值，进而可求得等比数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项求和法可证得原不等式成立.
【小问1详解】
因为，则当时，，
当时，由可得，
所以，即，
因为是等比数列，则该数列的公比为，则，
所以，即，
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
故 .
22. 已知抛物线C：，F为抛物线C的焦点，是抛物线C上点，且；
（1）求抛物线C的方程；
（2）过平面上一动点作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据焦半径公式求出的值即可得抛物线方程；
（2）首先根据导数的几何意义，求出切线，进而求出直线的方程，根据焦半径公式，将转化成两点纵坐标的关系式，由韦达定理进行化简，从函数的角度运用换元法求其最大值.
【小问1详解】
依题意得：
∴，∴，
所求抛物线的方程为；
【小问2详解】
抛物线的方程为，即∴，
设，，则切线PA，PB的斜率分别为，.
所以切线PA：，
∴，又，，
同理可得切线PB的方程为，
因为切线PA，PB均过点，所以，，
所以，为方程的两组解.
所以直线AB的方程为.
联立方程，消去x整理得，
∴，∴.
∴，
由抛物线定义可知，，
所以
∵
，
∴
令
∴原式，
即原式的最大值.
【点睛】关键点睛：
（1）抛物线标准方程的四种形式以及对应的焦半径公式需要掌握；
（2）运用导数的几何意义可以求曲线的切线方程；
（3）直线的求解办法需要认真理解；
（4）对所求式子的合理转化要与韦达定理联系；
（5）求最值时应考虑函数值域求法或者基本不等式.