2022-2023学年广西桂林市荔浦县荔城中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广西桂林市荔浦县荔城中学高二上学期期末考试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广西桂林市荔浦县荔城中学高二上学期期末考试数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设直线的倾斜角为，然后利用斜率公式即可【详解】设直线的倾斜角为，由可得斜率，即故选：A2．已知圆的方程为，则圆心的坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将圆的方程转化为标准形式,再得到圆心的坐标即可.【详解】圆的方程为,则圆的标准方程为,所以圆心的坐标为.故选:C.3．已知双曲线，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据双曲线的方程直接求出离心率即可.【详解】由双曲线,可知该双曲线的离心率.故选:C.4．等差数列中，已知，，则公差等于A．3 B．-6 C．4 D．-3【答案】B【分析】利用等差数列的性质，即能求出公差.【详解】由等差数列的性质，得，所以.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列的公差的求法，是基础题.5．已知点到直线的距离为1，则的值为（    ）A．5或15 B．5或15C．5或15 D．5或15【答案】D【分析】根据条件,利用点到直线的距离公式建立关于的方程,再求出的值.【详解】因为点到直线的距离为1，所以,解得或5.故选:D.6．已知等比数列的各项均为正数，公比，且满足，则（    ）A．8 B．4 C．2 D．1【答案】A【分析】根据是等比数列，则通项为，然后根据条件可解出，进而求得【详解】由为等比数列，不妨设首项为由，可得：又，则有：则故选：A7．如图所示，在平行六面体中，E，F，H分别为，，DE的中点．若，，，则向量可用表示为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示所求向量即可.【详解】由题意，,且，，故选：B.8．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过点的直线交于两点，若的中点坐标为，则椭圆方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】结合中点坐标用点差法求得.【详解】∵，故右焦点，则，设，则，且，两式相减得，故,故，故,故椭圆方程为，故选：A. 二、多选题9．已知非零空间向量，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．C． D．若，则不共面【答案】AB【分析】根据向量共线定理判断A；利用数量积的定义判断B；根据平面向量数量积的定义和运算律判断C；利用平面向量基本定理判断D【详解】对于A，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数使得，故，所以，故正确；对于B，因为，，是非零向量，所以，故正确；对于C，，，与未必共线，故不正确；对于D，由平面向量基本定理可得若，则共面，故不正确故选：AB10．已知点在圆上，点，，则（    ）A．直线与圆相交B．直线与圆相离C．点到直线距离最大值为D．点到直线距离最小值为【答案】BC【分析】求出直线的方程,由圆心到直线的距离与圆半径的关系判断A和B;由圆心到直线的距离加半径,求出到直线距离的最大值判断C;由圆心到直线的距离减半径,求出到直线距离的最小值判断D.【详解】由，,可得直线的方程为.由圆,可得圆心,半径,所以圆心到直线的距离,所以直线与圆相离,故A错误,B正确;圆心到直线的距离,则圆上一点到直线的距离的最大值和最小值分别为和,即和,故C正确,D错误.故选：BC11．设为等比数列的前n项和，已知，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据等比数列公式得到，，计算得到，，对比选项得到答案.【详解】，，解得，，故，， ，故BD正确，AC错误.故选：BD.12．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，短轴长等于2，离心率为，过焦作轴的垂线交椭圆于两点，则下列说法正确的是（    ）A．椭圆的方程为 B．椭圆的方程为C． D．【答案】ACD【分析】根据给定条件，求出椭圆的方程，再逐项计算判断作答.【详解】依题意，椭圆的方程为，有，由离心率为得：，解得，因此椭圆的方程为，A正确，B不正确；由椭圆的对称性不妨令，直线，由得，则，C正确；由选项C知，，由椭圆定义得，D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知，，则向量的坐标为______.【答案】【分析】空间向量线性运算的坐标表示，直接求值.【详解】已知，，则.故答案为：14．古希腊著名科学家毕达哥拉斯把1，3，6，10，15，21，…这些数量的（石子），排成一个个如图一样的等边三角形，从第二行起每一行都比前一行多1个石子，像这样的数称为三角形数.那么把三角形数从小到大排列，第11个三角形数是______.【答案】66【分析】根据给定信息，求出三角形数按从小到大排列构成数列的通项，即可求解作答.【详解】依题意，三角形数按从小到大排列构成数列，则，所以第11个三角形数是.故答案为：6615．已知抛物线，直线过抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，弦长为12，则直线的方程为______.【答案】或【分析】根据题意可得抛物线的焦点，设直线的方程为，,，,，联立直线与抛物线方程，消掉得关于的一元二次方程，利用韦达定理可得，由，解得，即可求解．【详解】解：根据题意可得抛物线的焦点，根据题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为，,，,，联立，得，所以，，因为，解得，，则直线的方程为或．故答案为：或． 四、双空题16．数学著作《圆锥曲线论》中给出了圆的一种定义：平面内，到两个定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.若两定点，动点满足，点的轨迹围成区域的面积为______，面积的最大值为______.【答案】          【分析】设出，利用两点间距离公式列出方程，求出的轨迹方程，从而得到的轨迹为以为圆心，半径为的圆，求出点的轨迹围成区域的面积，数形结合得到点到轴的距离的最大值，从而求出面积的最大值.【详解】设，则，，化简得：，的轨迹为以为圆心，半径为的圆，故点的轨迹围成区域的面积为；设点到轴的距离为，则，故面积的最大值为.故答案为：，. 五、解答题17．已知圆的圆心为，且经过点.(1)求圆的标准方程；(2)已知直线与圆相交于两点，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件求出圆的半径,再结合圆心坐标求出标准方程即可;（2）求出圆心到直线的距离,再由垂径定理求出.【详解】（1）因为圆的圆心为,且经过点,所以圆的半径,所以圆的标准方程为.（2）由（1）知，圆的圆心为，半径，所以圆心到直线的距离,所以由垂径定理，得.18．已知数列的前n项和为,且(1)求的通项公式(2)求证数列是等差数列【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)根据,代入即可求出通项公式,注意检验;(2)由题意得出的通项公式,用后一项减前一项为定值来证明是等差数列即可.【详解】（1）解:由题知,当时,,将代入上式可得,故时满足上式,;（2）证明:由题知,,,且,是以3为首项,1为公差的等差数列.19．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点.(1)求证：；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.（2）利用（1）中坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】（1）在棱长为2的正方体中，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，所以，即有，所以.（2）由（1）知，，则，设是平面的法向量，则，令，得，所以点到平面的距离.20．已知，且在直线上，其中是数列中的第项.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出直线的方程，再代入求解作答.（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和作答.【详解】（1）因为，则直线的斜率为，直线的方程为：，即，又因为在直线上，则有，所以数列的通项公式是.（2）由（1）知，，则，于是得，两式相减得：，所以数列的前项和.21．如图，底面，底面，四边形是正方形，.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用线面垂直的性质、线面平行的判定推理作答.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即可求解作答.【详解】（1）因为底面，底面，则，平面，平面，所以平面.（2）依题意，两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，而平面DCE，即平面，则平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，则，，所以直线与平面所成角的正切值为.22．已知椭圆：（）的离心率为，其左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，即可求出、、，即可得解；（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解；【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为.（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，将直线代入椭圆的方程得：，由韦达定理得：，，直线的方程为，直线的方程为，所以，，所以以为直径的圆为，整理得：.①因为，令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.