2022-2023学年广东省广州市第五中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市第五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学年广东省广州市第五中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．直线方程的一个方向向量可以是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量.【详解】解：依题意，为直线的一个法向量，∴方向向量为，故选：D.2．双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，它的一条渐近线的倾斜角为60°，则该双曲线的标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用双曲线的渐近线方程得到，关系，求解即可．【详解】解：抛物线的焦点：，可得，且双曲线的焦点坐标在轴上，因为双曲线的渐近线的倾斜角为， 所以，即，又，所以，，所求双曲线方程为：．故选：C．3．平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由点到平面距离的向量法计算．【详解】，所以点到平面的距离为．故选：C．4．设x，，向量，，且，，则（    ）A． B． C．3 D．4【答案】C【分析】根据，，解得x，y，然后由空间向量的模公式求解.【详解】因为向量，，且由得，由，得 解得，所以向量，，所以，所以故选：C5．已知等比数列的各项均为正数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算得出，利用对数的运算性质结合等比数列的性质可求得结果.【详解】，所以，，故．故选：A．6．动点在圆上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是 （   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设连线的中点为,再表示出动点的坐标,代入圆化简即可.【详解】设连线的中点为,则因为动点与定点连线的中点为,故 ,又在圆上,故,即即故选B【点睛】本题主要考查了轨迹方程的一般方法,属于基础题型.7．如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】解：过和分别作，，在矩形，，，，则，即，平面与平面所成角的余弦值为，,，，，，则，即与之间距离为，故选：C．8．是椭圆的左､右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，结合向量加法的平行四边形法则确定与的关系，再利用椭圆定义结合余弦定理求解作答.【详解】由得，以、为一组邻边的平行四边形的以点M为起点的对角线对应的向量与共线，由知，平分，因此这个平行四边形是菱形，有，又，于是得，令椭圆的半焦距为c，在中，，由余弦定理得：，即，则有，解得，所以椭圆的离心率为.故选：D 二、多选题9．已知等差数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（    ）A．是递减数列 B．C． D．最小时，【答案】BD【分析】根据等差数列的性质首项可得：公差且即可判断等差数列是递增数列，进而求解.【详解】因为等差数列的前项和为，且，所以，则有，因为，所以公差，且，所以等差数列是递增数列，故选项错误；，故选项正确；因为，故选项错误；由可知：等差数列的前10项均为负值，所以最小时，，故选项正确，故选：.10．过点作圆：的切线，切点分别为，则下列说法正确的是（    ）A．B．四边形的外接圆方程为C．直线方程为D．三角形的面积为【答案】BCD【分析】求出，由勾股定理求解，即可判断选项；利用为所求圆的直径，求出圆心和半径，即可判断选项；利用，求出直线的斜率，即可判断选项；求出直线和的交点坐标，利用三角形的面积公式求解，即可判断选项.【详解】对于，由题意可得：，由勾股定理可得，，故选项错误；对于，由题意知，，则为所求圆的直径，所以线段的中点为，半径为，则所求圆的方程为，化为一般方程为，故选项正确；对于，由题意，其中一个切点的坐标为，不妨设为点，则，又，所以，所以直线的方程为，故选项正确；对于，因为，且直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，解得，所以两条直线的交点坐标为，则，，故的面积为，所以的面积为，故选项正确，故选：.11．已知，曲线，下列说法正确的有（　　）A．当时，曲线C表示一个圆B．当时，曲线C表示两条平行的直线C．当时，曲线C表示焦点在x轴的双曲线D．当时，曲线C表示焦点在y轴的椭圆【答案】ABC【分析】根据曲线方程的特点，结合圆、直线、椭圆、双曲线的标准方程分别判断即可．【详解】对于A，当时，曲线表示圆，所以A正确；对于B，当时，曲线C表示两条平行的直线，所以B正确．对于C，当时，曲线表示焦点在x轴的双曲线，所以C正确．对于D，当时，，曲线C表示焦点在x轴的椭圆，所以D不正确．故选：ABC．12．如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的是（       ）A．平面平面B．三棱锥体积最大值为C．当为中点时，直线与直线所成的角的余弦值为D．直线与所成的角不可能是【答案】ABC【分析】利用面面垂直的判定知A正确；利用，可知三棱锥体积最大时，最大，由此可计算确定B正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法可知C正确；在C中的空间直角坐标系中，假设，得到，假设所成角可以为，利用异面直线所成角的向量求法构造方程可求得的值，知D错误.【详解】对于A，，，，平面，平面，又平面，平面平面，A正确；对于B，，为上动点，当与重合时，取得最大值为，，B正确；对于C，以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，当为中点时，，又，，，，，，当为中点时，直线与直线所成的角的余弦值为，C正确；对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，设，，又，，，，则，，，，又，，若直线与所成的角为，则，解得：，又，当，即时，直线与所成的角为，D错误.故选：ABC.【点睛】易错点点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，对于CD选项中的异面直线所成角，可利用异面直线所成角的向量求法确定结论是否成立，易错点是忽略异面直线所成角的范围，造成余弦值求解错误. 三、填空题13．已知数列的前n项和，则数列的前2022项和为______．【答案】【分析】由求得，再由裂项相消法即可求出.【详解】因为，当时，，当时，，满足，所以，所以，所以数列的前2022项和为.故答案为：.14．设点的坐标为，点在抛物线上移动，到直线的距离为，则的最小值为__________.【答案】4【解析】根据抛物线的定义可知，当三点共线时， 取得最小值，由此求得这个最小值.【详解】抛物线的焦点为，根据抛物线的定义可知，，所以当三点共线时， 取得最小值，最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.15．设P是椭圆上的任一点，EF为圆的任一条直径，则的最大值为__________．【答案】【分析】设点，则且，计算得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】圆的圆心为，半径长为，设点，则且，，，所以，所以，当时，取得最大值，即.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．16．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.预计2020年小王的农产品加工厂的年利润为________元.（取，）【答案】40000【分析】设一月月底小王手中有现款为元，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，根据题意可知，整理得出，所以数列是以6000为首项，1.2为公比的等比数列，求得元，减去成本得到结果.【详解】设一月月底小王手中有现款为元，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，则，即，所以数列是以6000为首项，1.2为公比的等比数列，，即元.年利润为元.故答案为：40000.【点睛】该题考查的是有关数列应用的问题，涉及到的知识点有等比数列的通项公式，属于简单题目. 四、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求B的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）； （2）.【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦函数公式，化简得，求得，即可求解；（2）由余弦定理可得，结合，求得，利用三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，因为，则，所以，因为，所以.（2）因为，，由余弦定理可得，整理得，又，解得，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．18．已知数列满足(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据等比数列的定义证明数列是以为首项，2为公比的等比数列，进而求解得答案；（2）根据错位相减法求和即可.【详解】（1）解：数列满足，∴数列是以为首项，2为公比的等比数列，，即；∴（2）解：，，，，19．如图，三棱柱的所有棱长都相等，，点M为的重心，AM的延长线交BC于点N，连接．设，，．(1)用，，表示；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据空间向量的运算求得正确答案.（2）通过计算来证得.【详解】（1）因为为正三角形，点M为的重心，所以N为BC的中点，所以，，所以．（2）设三棱柱的棱长为m，则，所以．20．已知点，圆C：.(1)若直线l过点P且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；(2)设直线与圆C交于A，B两点，过点的直线垂直平分弦AB，这样的实数a是否存在，若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)或(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理得弦长求得参数，注意考虑直线斜率不存在的情形；（2）过点的直线垂直平分弦AB，则圆心在直线上，由此可得直线的斜率，然后由垂直求得，由直线与圆相交求得的范围，比较可得．【详解】（1）∵点，直线l过点P，∴设直线l的斜率为k（k存在），则方程为.又题C的圆心为，半径，由弦长为，故弦心距，由，解得.所以直线方程为，即.当l的斜率不存在时，l的方程为，经验证也满足条件.故l的方程为或.（2）把直线，即.代入圆C的方程，消去y，整理得.由于直线交圆C于A，B两点，故，即，解得.设符合条件的实数a存在，由于垂直平分弦AB，故圆心必在上.所以的斜率，而，所以.由于，故不存在实数a，使得过点的直线垂直平分弦AB.21．如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；(2)若PB，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在； 【分析】（1）根据面面垂直判定定理将问题转化为证明AE⊥平面POB，然后结合已知可证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法结合线面角列方程可解.【详解】（1）连接BE，在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，∴OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，OB⊂平面POB，OP⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，又AE⊂平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE．（2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴AD＝DE＝2，在等腰梯形ABCD中AE＝BC＝2，∴△PAE正三角形，∴，同理，∵，∴OP2+OB2＝PB2，∴OP⊥OB，由（1）可知OP⊥AE，OB⊥AE，以O为原点，分别为x轴，y轴，为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，则 ，A（﹣1，0，0），，，E（1，0，0），∴，，设，，设平面AEQ的一个法向量为（x，y，z），则，即取x＝0，y＝1，得，∴(0，1，)，设直线PC与平面AEQ所成角为，则，即，化简得：4λ2﹣4λ+1＝0，解得，∴存在点Q为PB的中点，即时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为．22．已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B．(1)求椭圆的方程；(2)已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的长轴和离心率，可求得 ，进而得椭圆方程；（2）先判断直线斜率为正，然后设出直线方程，和椭圆方程联立，整理得根与系数的关系，利用直线方程求出点S、T的坐标，再根据确定 的表达式，将根与系数的关系式代入化简，求得结果.【详解】（1）由题意可得：解得：，所以椭圆的方程：（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，由得，从而，又，得，所以，又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；直线的方程是：，同理点T为·所以，因为，所以，所以．∵，∴，综上，所以的范围是．