2022-2023学年河北省秦皇岛市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省秦皇岛市第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知为等差数列，，，则=（    ）

A．5 B．10 C．13 D．15

【答案】D

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】由等差中项得，所以，故，

所以，

故选：D

2．过点且与直线垂直的直线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.

【详解】设该直线方程为

由点在该直线上，则，即

即该直线方程为

故选：C

【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.

3．已知向量是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，若向量在基底下的坐标为，则它在下的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设向量在基底下的坐标为，

则，

所以解得

故在基底下的坐标为.

故选：C.

【点睛】本题解题的关键是设向量在基底下的坐标为，进而根据向量相等列方程求解，考查运算求解能力，是基础题.

4．直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由直线方程得到直线斜率，确定斜率的范围，再由斜率的定义，即可得出倾斜角的范围.

【详解】设为直线的倾斜角，当时，直线的斜率不存在，直线的倾斜角，

当时，直线的斜率＝，

所以直线的倾斜角的取值范围是.

综上所述，.

故选：B.

5．我国的航天事业取得了辉煌的成就,归功于中国共产党的坚强领导,这归功于几代航天人的不懈奋斗.中国工程院院士、中国探月工程总设计师、巴中老乡吴伟仁先生就是其中最杰出的代表人物之一,同学们应当好好学习航天人和航天精神.我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心(地球的中心)F2为一个焦点的椭圆.已知它的近地点(离地面最近的点)A距地面m千米,远地点(离地面最远的点)B距离地面n千米,并且F2、A、B在同一条直线上,地球的半径为R千米,则卫星运行的轨道的短轴长为（    ）千米.

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】根据椭圆的对称性,找到与地球半径之间关系,解出即可.

【详解】解:由题知,记椭圆的长半轴,短半轴,半焦距分别为,

由题可知,①,

②,

①②可得:

,

故,

即短轴长为

故选:A

6．在等差数列中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列.则是数列的第（    ）项.

A．32 B．33 C．34 D．35

【答案】B

【分析】根据等差数列的通项公式进行求解即可.

【详解】设等差数列的公差为，等差数列的公差为，

等差数列各项为：，

等差数列各项为：，

显然有，

，

故选：B

7．已知正项数列满足，，，则（    ）

A． B．1022 C． D．

【答案】B

【分析】利用累加法求出数列的通项公式，再列出，利用等比数列求和公式计算可得.

【详解】解：正项数列满足，，，即，，

可得，

，

，

，

累加可得，

，

所以

.

故选：B

8．已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，为弦的中点，为上一点，则的最小值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，结合抛物线定义，借助几何意义求解作答.

【详解】抛物线，焦点，准线，直线AB的方程为，

由消去y并整理得：，设，，则，

弦中点Q的横坐标，过点作准线l的垂线，垂足为点，如图，

令交抛物线于点，在抛物线上任取点，过作于点，连接，

即有，，

当且仅当点与P重合时取等号，

所以的最小值为.

故选：A.

二、多选题

9．如图，E，F分别是长方体ABCD-A′B′C′D′的棱AB，CD的中点，化简下列结果正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据空间向量线性运算的性质逐一判断即可.

【详解】A：，因此本选项正确；

B：，因此本选项正确；

C：，因此本选项不正确；

D：，因此本选项不正确，

故选：AB

10．已知，是双曲线E：的左、右焦点且，过作倾斜角为的直线与y轴交于点M，与双曲线右支交于点P，且，下列判断正确的是（    ）

A． B．E的离心率等于2

C．双曲线渐近线的方程为 D．△PF1F2的内切圆半径是

【答案】ACD

【分析】根据三角形中位线可得，进而根据锐角三角函数以及焦点三角形即可判断AB，根据的关系即可求解渐近线，根据等面积法即可求解D.

【详解】由于可知是的中点，又是的中点，所以,故，由于，因此，故A正确，

由于，，，故，由双曲线的定义可知，故B错误，

由，因此渐近线方程为，故C正确，

设△PF1F2的内切圆半径为，根据等面积法得，故D正确，

故选：ACD

11．已知圆，则下列四个命题表述正确的是（    ）

A．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1

B．若圆与相外切，则或

C．过点作圆的两条切线，切点分别为，直线的方程为

D．一条直线与圆交于不同的两点，且，则的最小值为

【答案】BC

【分析】根据直线与圆的位置关系判断A，根据圆与圆的位置关系判断B，利用两圆公共弦的求法理解判断C，根据向量和垂径定理判断D.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆心到直线的距离为，所以圆上有4个点到直线的距离等于1，选项A错误；

圆的圆心为，因为圆与圆相外切，所以，解得，选项B正确；

过点作圆的两条切线，切点分别为，

则四点共圆，且为直径，所以方程为，是其与圆的公共弦，所以直线的方程为，选项C正确；

设中点为，则，

因为，即，所以，则，故的最大值为，D错误；

故选：BC

12．任取一个正整数m，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”).如取正整数，根据上述运算法，则得出，共需经过7个步骤首次变成1(简称为7步“雹程”)，现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足(m为正整数)，，则下列叙述正确的是（    ）

A．当时，经过9步雹程变成1

B．当时，经过k步雹程变成1

C．当m越大时，首次变成1需要的雹程数越大

D．若m需经过5步雹程首次变成1，则m所有可能的取值集合为{5，32}

【答案】ABD

【分析】根据“冰雹猜想”的定义，一一判断求解.

【详解】当时，

经过9步变成1，A正确；

时，

经过了k步雹程变成1，B正确；

当时， 经过9步变成1，当时， 经过4步变成1，故C错误；

m需经过5步雹程首次变成1，则

或，所以m所有可能的取值集合为{5，32}，D正确，

故选:ABD.

三、填空题

13．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，则=__________.

【答案】

【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到，即可得解．

【详解】由题意可知，，，，，，

故，

所以，

故答案为：

14．圆与圆的公共弦长为_________．

【答案】

【分析】两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程，计算圆的圆心到公共弦所在直线的距离，再利用圆的弦长公式即可得出答案.

【详解】解：由圆与圆，

两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为，

圆的圆心，半径，

则圆心到直线的距离，

所以公共弦长为.

故答案为：.

15．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=8cm.则这个二面角的余弦值为_____________.

【答案】

【分析】根据空间向量数量积的运算律求解.

【详解】∵，

∴，

设二面角为，则，

由题意可得：，则，

故，整理得，即这个二面角的余弦值为.

故答案为：.

16．如图，点F为椭圆的左焦点，直线分别与椭圆C交于A，B两点，且满足，O为坐标原点，若，则椭圆C的离心率________．

【答案】

【分析】根据题意，利用图中几何关系，再几何椭圆的定义，即可得解.

【详解】

由题知：

令

连接，所以，

且，

从而．

故答案为：．

四、解答题

17．已知数列满足.且.

(1)证明：为等差数列，并求数列的通项公式；

(2)设为数列的前n项和，求满足不等式的最大正整数n的值.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由已知可得，则为等差数列，且首项为，公差为，求出，从而可求出数列的通项公式；

（2）由（1）可得，再利用裂项相消法可求出，从而由可求出最大正整数n的值.

【详解】（1）证明：∵数列满足，且，两边同时取倒数得

即，

又

∴为等差数列，且首项为，公差为，

∴

∴.

（2）由（1）得：

∴

∴，

即满足不等式的最大正整数.

18．已知点P(1，－2)和以点Q为圆心的圆Q：.

(1)若为PQ的中点，则求出以PQ为直径的圆的方程；

(2)设圆Q和圆相交于A，B两点，则直线PA，PB是圆Q的切线吗？为什么？(需画出草图，但图不占分)

【答案】(1)（或）

(2)答案见解析

【分析】（1）根据中点坐标公式球圆心，再求半径，即可求圆的方程；

（2）首先作图，并利用几何关系，确定垂直关系，即可判断.

【详解】（1）已知圆的方程为，

∴Q(4，2)，且P(1，－2)，PQ的中点为Q'(，0)，

半径为

故圆的方程为或

（2）连接AQ，BQ，    

∵PQ是圆Q的直径，得

∴PA⊥AQ(如图所示).

∴PA是⊙Q的切线，同理PB也是⊙Q的切线.

19．如图，已知直线与抛物线交于A，B两点，且OA⊥OB，OD⊥AB，交AB于点D，点D的坐标为(4,2).

(1)求p的值；

(2)求△AOB的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用垂直关系及点斜式写出直线AB的方程，联立抛物线，应用韦达定理及列方程求p的值；

（2）弦长公式求，两点式求，即可得三角形面积.

【详解】（1）∵OD⊥AB，

∴，又，

∴，则直线AB的方程为，

联立方程消y可得①

设A(x1,x2)，B(x2,y2)，

∴，，

由，

又，

将代入可得，且当时方程①有解．

∴.

（2）由，

∵，

∴.

20．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求：

(1)求异面直线与所成角的余弦值；

(2)点到平面的距离；

(3)求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用求解即可；

（2）设平面的法向量为，利用求解即可；

（3）设与平面所成角为，利用求解即可.

【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面，又因为，所以两两垂直，

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，

由题意可得，

所以，，

所以，

即异面直线与所成角的余弦值为.

（2）设平面的法向量，

因为，，

所以，解得，

又因为，所以点到平面的距离.

（3）设与平面所成角为，

则，

即与平面所成角的正弦值为.

21．已知数列的前n项和为且满足；等差数列满足，且，，成等比数列.

(1)求数列与的通项公式；

(2)记数列{}的前n项和为，求.

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)根据递推公式得出，进而求出数列的通项公式，再利用已知条件列出方程求出数列的公差，进而求出数列的通项公式即可；

(2)结合（1）的结论，利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）∵，

∴

∴

∴，

又∵，

所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，

设等差数列的公差为d，则由)得，

解得：(舍)，或，

所以.

（2）由（1）可知：，令，

则

∴

∴

∴

综上，

22．如图，从椭圆C：上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F，又点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB∥OP，.

(1)求C的方程；

(2)过F且斜率不为0的直线l与C相交于M，N两点，线段MN的中点为E，直线OE与直线相交于点D，若△MDF为等腰直角三角形，求l的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由题意表示出直线OP的斜率，直线AB的斜率，可得，又，解方程即可求出C的方程；

（2）设直线l的方程为，A(x1，)，B(x2，y2)，联立方程组和求出点的坐标，可表示出直线OE的方程，即可求出点的坐标，再由△MDF为等腰直角三角形，则，由两点间的距离公式代入解方程即可求出l的方程.

【详解】（1）令，得以P(－c，)

直线OP的斜率，直线AB的斜率

故解得，，

由已知及，

解得，

所以，.

所以C的方程为.

（2）易得F(－1，0)，可设直线l的方程为，A(x1，)，B(x2，y2)，

联立方程组和

消去x，整理得，

由书达定理，得，

所以，

即E

所以直线OE的方程为，令，得，即D(－2，k)，

所以直线DF的斜率为－k，所以直线DF与l恒保持垂直关系，

故若△MDF为等腰直角三角形，只需.

即，

解得，又，所以

所以，从而直线l的方程为或.