2022-2023学年广东省梅州市高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省梅州市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学年广东省梅州市高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知直线经过点与点，则直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知可得斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系即可求出答案.【详解】设直线的斜率为，倾斜角为.根据斜率的定义可得，由可得，，又，所以.故选：D.2．已知向量，，若，则（    ）A．1 B． C．0 D．【答案】B【分析】根据空间向量垂直的坐标表示列出方程，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，解得.故选：B.3．67是等差数列3，11，19，27，…的第（    ）项A．6 B．7 C．8 D．9【答案】D【分析】由已知得出通项公式，然后解，即可得出答案.【详解】由已知可得，数列的首项为，公差.所以，通项公式.由可得，，解得.故选：D.4．已知双曲线的两个焦点分别为、，点为双曲线上一点，，离心率为3，则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据双曲线的定义以及离心率，即可求出的值.【详解】根据双曲线的定义可知，，所以.又双曲线的离心率为3，所以，所以，.所以，双曲线的方程为.故选：A.5．某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为图2所示的抛物线形，在轴面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点处，已知卫星接收天线的口径（直径）为，深度为，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线的焦点到顶点的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立适当直角坐标系，设出抛物线方程，代入点的坐标，即可求出答案.【详解】如图，设口径的轴截面为.以点为坐标原点，以的垂直平分线为轴，过点作的平行线为轴，建立平面直角坐标系.则由已知可设抛物线的方程为，点坐标为，将点坐标代入抛物线方程可得，解得.所以抛物线的焦点到顶点的距离为.故选：D.6．已知点关于平面的对称点为，而点关于轴的对称点为，则（    ）A． B． C． D．8【答案】B【分析】由对称性分别求出B、C，则有，即可求得【详解】由题意，则，故，.故选：B7．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个正整数为，当时，符合条件的所有的个数为（    ）A．12 B．13 C．24 D．25【答案】B【分析】设，推导出，检验得到只有当时，，满足，求出，满足要求的为公差为15的等差数列，列出不等式组，求出的个数，即满足条件的所有的个数【详解】设，则，当时，，不满足，当时，，不满足，当时，，满足，当时，，不满足，当时，，不满足，综上：，即满足要求的为公差为15的等差数列，令，解得：，因为，故满足要求的为，共13个，故满足要求的的个数为13个.故选：B8．已知是椭圆的一个焦点，若椭圆上存在关于原点对称的，两点满足，则椭圆离心率的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，，.由已知可得.进而根据椭圆的方程消去，得到.然后根据椭圆的范围，即可求出，进而求出答案.【详解】设，，.则，，由已知可得，，即，整理可得.因为，所以， 所以，又由题意可得，所以.又，所以，所以，即，所以.故选：C. 二、多选题9．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的方程可以是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】分别根据各项双曲线的方程，求出渐近线方程，即可得出答案.【详解】对于A项，的渐近线方程为，故A项错误；对于B项，的渐近线方程为，故B项正确；对于C项，的渐近线方程为，故C项正确；对于D项，的渐近线方程为，故D项错误.故选：BC.10．已知圆，圆，则（    ）A．两圆可能外离 B．两圆可能相交C．两圆可能内切 D．两圆可能内含【答案】ABC【分析】根据圆心距与半径之和，半径之差之间的关系，结合已知条件，即可分析判断.【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，则，，当即时，，两圆外离；当即时，，两圆相交；当即时，，两圆内切；当即时，，两圆外切；综上所述，两圆可以外离，可以内切，可以相交，可以外切，不能内含.故选：ABC.11．将数列中的所有项排成如下数阵：                  ……已知从第二行开始每一行比上一行多三项，第一列数成等差数列，且，.从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，第行中从左至右第个数记为，第行的所有项之和记为，则（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据等差数列的定义即可求出首项、公差，得出通项公式，即可判断A项；由A项结果，可求出，然后根据等比数列的通项公式即可求出的值；求出各行的项数，即可得出前8行的项数总和为，即可判断C项；根据A项和C项得出的结论，可求出等比数列的首项、公比以及项数，然后根据等比数列的前项和求出，即可得出D项.【详解】对于A项，设等差数列的公差为.由已知，，即，所以，.所以，故A项正确；对于B项，由A可知，.所以，故B项错误；对于C项，设表示第行项的个数.则是以为首项，公差的等差数列，所以，则前行的项数总和为.所以，前8行的项数总和为.所以，，故C项错误；对于D项，由A知，.由C知，第行的项数为.则第行的所有项构成了以为首项，公比为的等比数列.所以，故D项正确.故选：AD.12．如图，棱长为2的正方体中，点是底面上的动点，，下列结论正确的有（    ）A．当时，则三棱锥的体积为定值B．当时，与平面所成角的正弦最小值为C．当时，有且仅有一个点，使得D．若与的夹角等于，则动点的轨迹是双曲线的一部分【答案】AD【分析】A. 当时，点在线段上运动，点到平面的距离是一个定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；B. 当时，设分别是的中点，点在线段上运动，与平面所成角的正弦最小值为,所以该选项错误；C. 建立以点为原点的空间的直角坐标系，假设存在点，使得，解方程可判断该选项错误；D.设由题得，所以动点的轨迹是双曲线的一部分，所以该选项正确.【详解】解：A. 当时，点在线段上运动，因为平面，平面，所以平面，所以点到平面等于到平面的距离，而到平面的距离是一个定值，的面积是一个定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；B. 当时，设分别是的中点，点在线段上运动，就是与平面所成角，最小，则最小，最大，此时点在处，此时，所以该选项错误；C. 如图所示，建立以点为原点的空间的直角坐标系，设分别是的中点，则点在线段上运动，,所以，所以或，因为，所以方程无解，所以不存在点，使得，所以该选项错误；D.如上图，设,所以, 由题得，所以，所以动点的轨迹是双曲线的一部分，所以该选项正确.故选：AD 三、填空题13．已知直线的方程为，直线的方程为，若，则______.【答案】【分析】解方程即得解.【详解】因为，所以.经检验，满足题意.故答案为：14．已知椭圆的左、右焦点分别为点、，若椭圆上顶点为点，且为等腰直角三角形，则______.【答案】8【分析】根据为等腰直角三角形得到，代入计算得到答案.【详解】椭圆，故，为等腰直角三角形，故，故，即，.故答案为：15．如图，两个正方形，的边长都是3，且二面角为，为对角线靠近点的三等分点，为对角线的中点，则线段______.【答案】【分析】由已知可得.进而表示出，即可根据数量积的运算性质求出，进而即可求出答案.【详解】由已知可得，，，所以即为二面角的平面角，即.因为，为对角线的中点，所以.因为为对角线靠近点的三等分点，所以，所以.所以，所以.所以，所以线段.故答案为：.16．已知中，，且，则的最大值为______.【答案】【分析】利用基本不等式结合余弦定理可求得的取值范围，可得出的取值范围， 进而可求得的最大值.【详解】由余弦定理可得，当且仅当，等号成立，因为，则，故.即的最大值为.故答案为：. 四、解答题17．已知数列是等比数列，且，.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设，根据已知可求出，即可得出答案；（2）分组求解，分别根据等差数列以及等比数列的前项和即可得出答案.【详解】（1）设，则为等比数列.则由已知可得，，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.所以，所以.（2）.18．已知圆的圆心在直线上，且圆经过原点和点(1)求圆的标准方程；(2)若圆被斜率为1的直线截得的弦长为2，求直线的方程.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）由已知可推得圆心在的中垂线上，联立即可求出圆心坐标，求出半径，即可得出答案；（2）设直线的方程为，根据已知列出方程，求出即可.【详解】（1）因为圆经过原点和点，所以圆心在的中垂线上，又因为圆心在直线上，联立方程：，解得：，则半径，所以圆的方程为.（2）依题意可设直线的方程为.由垂径定理和勾股定理可知，圆心到直线的距离，而圆心到直线的距离，即有：，解得：，所以直线的方程为或.19．已知动点与点的距离与其到直线的距离相等.(1)求动点的轨迹方程；(2)求点与点的距离的最小值，并指出此时的坐标.【答案】(1)；(2)，或 【分析】（1）利用抛物线的定义得解；（2）设，求出即得解.【详解】（1）解：由题意知动点到的距离与它到直线的距离相等，所以动点的轨迹为以为焦点、以直线为准线的抛物线，因此动点的轨迹方程为.（2）解：设，由两点间的距离公式得：，当，即时，，即当或时，点与点的距离最小，最小值为.20．如图，直角梯形中，，，，点为的中点，沿着翻折至，点为的中点，点在线段上.(1)证明：平面；(2)若平面平面，平面与平面的夹角为，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据已知可证得平面，进而得出.然后证明，根据线面垂直的判定定理即可得出；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，.写出各点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据，得出方程，即可求出的值，进而得出答案.【详解】（1）由题意可得，，.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.因为，为的中点，所以.因为，平面，平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.以点为坐标原点，以，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系，不妨设，设，则，，，，，.设是平面的一个法向量，，，则，令，得平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，，，则，取，可求得平面的一个法向量为.由题意可得，解得.所以的值为.21．市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为.(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息.(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：.(3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由.【答案】(1)451500元；(2)小张该笔贷款能够获批；(3)建议小张选择等额本息的还款方式，理由见解析. 【分析】（1）等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，求出即得解；（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，求出即得解；（3）从节省利息的角度来考虑，从前几年付款压力大小的角度来考虑，即得解.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，，则，故小张的该笔贷款的总利息为（元）.（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则，所以，即，因为，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），因为，所以从节省利息的角度来考虑，建议小张选择等额本金的还款方式.也可以回答：因为以等额本息方案，每月还款只需要均还4298元，而以等额本金在前面的10年内还款金额都比这个金额高，，对于小张可能会造成更大的还款压力，因此从前几年付款压力大小的角度来考虑，建议小张选择等额本息的还款方式.22．已知点是圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足，当点运动时，设点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)证明：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线恒有两个交点、，且（为坐标原点），并求出该圆的方程.【答案】(1)；(2)证明见解析，. 【分析】（1）设，，.根据，得出坐标关系，代入圆的方程，整理即可得出；（2）切线斜率存在时，设方程为.与椭圆方程联立，根据韦达定理得出坐标关系.结合，即可得出关系式，得到两个参数之间的关系.然后求出半径即可；验证斜率不存在时，求出点的坐标，也满足题意.【详解】（1）由题意设，，.因为点满足，所以所以，于是：，因为点在圆上，所以，所以，整理可得.所以动点的轨迹曲线为：.（2）（i）当切线的斜率存在时，设圆心在原点的圆的一条切线为，联立方程组：，消去得：，即.要使切线与曲线恒有两个交点，，则使，即，即，且，.因为，所以，则，即，所以，即且，即，该式恒成立.又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，，所以所求圆的方程为：；（ii）当切线的斜率不存在时，切线为，与交于点或，也满足.综上，存在圆心在原点的圆，满足题意.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题时，若题干中出现垂直关系，常联立方程，根据韦达定理得出坐标关系，然后根据数量积为0，得出关系式.