2022-2023学年广东省广州奥林匹克中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州奥林匹克中学高二上学期期末数学试题（解析版），共17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学年广东省广州奥林匹克中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知直线经过点和点，则直线的倾斜角为（  　）A． B． C． D．【答案】D【分析】设直线的倾斜角为，求出直线的斜率即得解.【详解】设直线的倾斜角为，由题得直线的斜率为，因为，所以.故选：D.2．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.3．疫情防控期间，某单位把120个口罩全部分给5个人，使每人所得口罩个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的3倍，则最小一份的口罩个数为（    ）A．6 B．10 C．12 D．14【答案】C【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列通项公式联立方程组解出即可.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由条件可知，，即，即， 解得，所以最小一份的口罩个数为12个，故选：C．4．双曲线的离心率为，则的一条渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据离心率计算公式，即可容易求得结果.【详解】因为的离心率为，所以，所以渐近线方程为.故选：B.5．在各棱长均相等的直三棱柱中，点M在上，点N在AC上且，则异面直线与NB所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的方法求异面直线所成角即可.【详解】设棱长为3，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，．设异面直线与BN所成角为，则，∴，∴异面直线与BN所成角的正切值为.故选：B．6．圆截直线：所得的弦长最短为（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】先判断得点在圆C内部，再结合图像与弦长公式得到当时，弦长取得最小值，由此得解.【详解】因为直线：恒过定点，又，所以点在圆C：内部，因为圆C：的圆心为，半径，因为弦长为，当最大时，弦长最短，所以当时，最大，则弦长最短，又，所以.故选：D. .7．双曲线方程，，为其左、右焦点，过右焦点的直线与双曲线右支交于点A和点B，以为直径的圆恰好经过A点，且，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由几何关系及双曲线的定义列方程即可求得离心率.【详解】如图：由题可知，由，可设，则， 设，则因为A、B都在双曲线上，所以即解得，又，所以，则离心率．故选：C．8．数列满足：，，记数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由条件求出数列的通项公式，再求数列的前项和为及其范围，再由条件恒成立求的取值范围.【详解】因为，，所以数列为首项为，公差为1的等差数列，所以，所以，所以数列的前项和为，所以，又，所以，因为恒成立，所以，故实数的取值范围是，故选：C. 二、多选题9．已知空间向量，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．在上的投影数量为【答案】BD【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，向量的投影即可解决.【详解】由题得，而，故A不正确；因为，所以，故B正确；因为，故C错；因为在上的投影数量为，故D正确；故选：BD.10．已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】将圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，转化为圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离公式计算即可.【详解】由题知，圆，圆心为，半径为，因为圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离，对于A，圆心为到直线的距离，故A错误；对于B，圆心为到直线的距离，故B正确；对于C，圆心为到直线的距离，故C正确；对于D，圆心为到直线的距离，故D正确；故选：BCD11．如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（    ）A．三棱锥的体积为1 B．平面EFGC．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为【答案】AB【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥的体积.建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD选项的正确性.【详解】A选项，，所以，A选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，，,，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.平面的一个法向量为，，所以与平面不平行，C选项错误.平面的法向量为，设平面于平面的夹角为，则，D选项错误.故选：AB12．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题.现将1到1000这1000个数中能被2除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前n项和为，则（    ）A． B．C． D．共有72项【答案】BCD【分析】先求得数列的通项公式，进而求得的值判断选项A；求得的值判断选项B；求得的值判断选项C；求得的项数判断选项D.【详解】将1到1000这1000个数中能被2除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成首项为1末项为995公差为14的等差数列则数列的通项公式为则数列共有72项.故选项D判断正确；.故选项A判断错误；.故选项B判断正确；.故选项C判断正确.故选：BCD 三、填空题13．若直线：与：平行，则的值为_____________．【答案】1【分析】根据两直线平行的条件列出方程，解之并进行检验，排除重合的情况即可求解.【详解】由已知得，，即，解得或．当时，，，显然两直线平行；当时，，化简后，显然两直线重合，舍去．所以．故答案为：.14．经过原点的平面的一个法向量为，点坐标为，则点到平面的距离为______.【答案】##【分析】使用空间向量法求点到平面的距离,点到平面的距离可视为在上的投影大小.【详解】设坐标原点为,则,点到平面的距离可视为在上的投影大小,故.故答案为：15．已知直线，若是抛物线上的动点，则点到直线和它到轴的距离之和的最小值为______【答案】【分析】首先利用抛物线的定义，将抛物线上的点到y轴的距离转化为其到抛物线的焦点的距离减1，从而将其转化为求抛物线的焦点到直线的距离减1，从而求得结果.【详解】，故答案是：.【点睛】该题考查的是有关抛物线上的点到两条定直线的距离之和的最小值问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，利用抛物线的定义将距离转化为抛物线上的点到焦点的距离和到定直线的距离之和的最小值问题，属于简单题目.16．我国古代数学著作《孙子算经》中有一道题: “今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何?”根据这一数学思想，所有被 3除余 2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，所有被 5 除余 2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，把数列与的公共项按从小到大的顺序排列组成数列， 则数列的第10项是数列的第______项.【答案】28【分析】根据给定的条件，求出数列，的通项公式，再推导出数列的通项即可计算作答.【详解】依题意，数列，的通项公式分别为，令，即有，则，因此，即，有，于是得数列的通项为，，由得：，所以数列的第10项是数列的第28项.故答案为：28 四、解答题17．在等差数列中，．(1)求等差数列的通项公式；(2)设数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列的通项公式列出方程组求解即可；（2）设数列的通项公式为，由等比数列公式求出可得，再由分组求和得解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题知，则，解得．（2）设数列的通项公式为，则，，则．18．已知点，圆.(1)判断点与圆的位置关系，并说明理由；(2)当时，经过点的直线与圆相切，求直线的方程.【答案】(1)点在圆外，理由见解析；(2)或. 【分析】（1）求出与半径比较，即可得出；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，根据圆心到直线的距离列出方程，求解即可得到的值，进而解出切线方程.【详解】（1）点在圆外.由已知得，圆心，半径.又，所以，点在圆外.（2）当时，点.①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为2等于半径，所以直线是圆的切线；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，圆心到直线的距离，解得，所以直线的方程为，即.综上，直线方程为或.19．如图，在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为，，设为侧棱的中点.(1)求四棱锥的体积；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用锥体的体积公式即得；（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法即得.【详解】（1）在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为2，，为侧棱的中，所以，点到平面为高，又因为，所以，四棱锥的体积；（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量，则，取，得，因为直线与平面所成角为，，，因此，直线与平面所成角为.20．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）根据作差可得，再求出，即可得到，从而得到是以为首项，为公比的等比数列，即可得到其通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法求和即可；【详解】（1）解：因为①，所以②，②①得即，所以，又当时，，又，所以，所以，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．（2）解：由（1）可得，所以，则两式相减得，所以，21．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，平面平面，且的中点分别是．请用空间向量知识解答下列问题：(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明两两相互垂直，再建立空间直角坐标系，向量法证明，再由线面垂直的判定定理得证；（2）利用向量法求出二面角的余弦值即可.【详解】（1）连接，由，知四边形是平行四边形，又，所以，因为，是的中点，所以，又平面平面，是两平面交线，平面，所以平面，因为平面，所以，即两两相互垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，则．，，，又，平面，平面．（2）由（1）知，又平面，平面，所以，由，平面，所以平面，故平面的一个法向量为，因为．设平面的一个法向量为，则即取，解得故平面的法向量为，设二面角的大小为，由图可知为锐角，．故二面角的余弦值为．22．已知双曲线：的焦距为4，且过点(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线的左焦点分别作斜率为的两直线与，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，设分别为与的中点，若，试求与的面积之比.【答案】(1)(2)3 【分析】（1）由题意得，再将代入双曲线方程，结合可求出，从而可求出双曲线方程，（2）设直线方程为，，将直线方入双曲线方程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点的坐标，再利用表示出点的坐标，再表示出直线的方程，可求得直线过定点，从而可求得答案.【详解】（1）由题意得，得，所以，因为点在双曲线上，所以，解得，所以双曲线方程为，（2），设直线方程为，，由，得则，所以，所以的中点，因为，所以用代换，得，当，即时，直线的方程为，过点，当时，，直线的方程为，令，得，所以直线也过定点，所以