2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期末考试理科数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期末考试理科数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
洛阳市2022+2023学年第一学期期末考试高二数学试卷（理）本试卷共4页，共150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上．2．考试结束，将答题卡交回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 若直线经过点和，则直线l的倾斜角为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由斜率公式求出直线的斜率，利用倾斜角与斜率的关系求解.【详解】设直线的斜率为，且倾斜角为，则，则，而，故，故选：D.2. 已知数列，则6是这个数列的（）A. 第6项 B. 第12项 C. 第18项 D. 第36项【答案】C【解析】【分析】利用数列的通项公式求解.【详解】数列的通项公式为，令解得，故选:C.3. 若双曲线的渐近线方程是，虚轴长为4，且焦点在x轴上，则双曲线的标准方程为（）A. 或 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的性质求解.【详解】由题可得解得，所以双曲线的标准方程为.故选:C.4. 如图，线段AB，BD在平面内，，，且，则C，D两点间的距离为（）A19 B. 17 C. 15 D. 13【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理结合勾股定理求解.【详解】连接，因为，所以,又因为，,所以，所以,故选:D.5. “”是“曲线表示椭圆”的（）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据曲线表示椭圆，可求得t的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.【详解】因为曲线为椭圆，所以，解得且，所以“”是“且”的必要而不充分条件.故选：B6. 设，向量，且，则（）A.  B.  C. 3 D. 9【答案】A【解析】【分析】由向量的关系列方程求解的值，结合向量的模的公式计算得出结果.【详解】向量，且，∴，解得，∴∴，∴.故选：A．7. 如果实数x，y满足，则的取值范围是（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】表示上的点与点连线的斜率,画出图形即可求解.【详解】表示圆心为，半径为的圆，表示上的点与点连线的斜率.易知直线平行轴，且当直线为圆的切线时，，,故，此时直线的斜率为1，由对称性及图形可得.故选:A.8. 设抛物线，点为上一点，过点作轴于点，若点，则的最小值为（）A.  B.  C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，由抛物线的定义可知，则，即可得解.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，由抛物线的定义可知，所以，当且仅当、、三点共线（在之间）时取等号.故选：B9. 某牧场今年年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列，即，则大约为（）（参考数据：）A. 1429 B. 1472 C. 1519 D. 1571【答案】B【解析】【分析】可以利用“每年存栏数的增长率为”和“每年年底卖出100头”建立与的关系，利用待定系数法证得是等比数列，从而求得，进而求得．【详解】由题意，得，并且，令，化成，所以，解得，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，则，所以.故选：B.10. 过定点M的直线与过定点N的直线交于点A（A与M，N不重合），则面积的最大值为（）A.  B.  C. 8 D. 16【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可得点A在以为直径的圆上，结合圆的性质求面积的最大值.【详解】对于直线，即，可得直线过定点，对于直线，即，可得直线过定点，∵，则直线与直线垂直，即，∴点A在以为直径的圆上，且，由圆的性质可知：面积的最大值为.故选：C.11. 已知数列满足，且，则数列的前18项和为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.【详解】由，则，即，显然，满足公式，即，当时，；当时，；当时，；当时，，当时，；当时，；则数列是以为周期的数列，由，则，设数列的前项和为，.故选：D.12. 已知是双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为A，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为B，若，A，B恰好共线，则双曲线C的离心率为（）A.  B.  C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】设，在中，根据余弦定理可得，根据三角形面积公式可得，设,,则，从而可得，，代入，结合及离心率公式即可求解.【详解】设，因为在双曲线上，故.由余弦定理可得，所以.所以由题意可得与为直角三角形，所以.因为是的中点，所以是的中点.设,,则.所以.故.所以,解得，.所以,可得，故.故选：B.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 直线与直线之间的距离为_____________．【答案】【解析】【分析】确定两直线是平行直线，故可根据平行线间的距离公式求得答案.【详解】直线可化为，则直线与直线平行故直线与直线之间的距离为，故答案为：.14. 设、分别在正方体的棱、上，且，，则直线与所成角的余弦值为_____________．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值．【详解】、分别在正方体的棱、上，且，，如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设直线与所成角为，则直线与所成角的余弦值．故答案为：．15. 已知，是椭圆：（）的左，右焦点，A是椭圆的左顶点，点在过A且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则椭圆的离心率为______.【答案】##0.5【解析】【分析】结合图像，得到，再在中，求得，，从而得到，代入直线可得到，由此可求得椭圆的离心率.【详解】由题意知，直线的方程为：，由为等腰三角形，，得，过作垂直于轴，如图，则在中，，故，，所以，即，代入直线，得，即，所以所求的椭圆离心率为.故答案为：..16. 首项为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，现有下列4个命题：①也是等差数列；②数列也是等差数列；③若，则时，最大；④若的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列的项数是19．其中所有真命题的序号是_____________．【答案】②③④【解析】【分析】对①，由等差中项性质判断；对②，求出数列的通项公式即可判断；对③，由结合解析式化简得，由定义即可判断；对④，设项数为，根据求和公式列方程组解得参数，即可判断.【详解】设数列的公差为d，，首项为，则，，对①，，∴不是等差数列，①错；对②，，则数列为首项，公差为的等差数列，②对；对③，∵，，∴，，，∴由定义可知，时，最大，③对；对④，由题意可设的项数为，则所有奇数项组成的数列为首项，公差，项数为的等差数列，故所有奇数项的和为，所有偶数项组成的数列为首项，公差，项数为的等差数列，故所有偶数项的和为. 两式相除得，∴数列的项数是19，④对.故答案为：②③④.三、解答题：本大题共6个小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知是数列的前项和，且，，设．（1）若是等比数列，求；（2）若是等差数列，求的前项和，【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等比数列的通项公式的求法求解即可；（2）由等差数列的通项公式的求法，结合公式法求数列的前项和即可．【小问1详解】解：已知是数列的前项和，且，，，则，又是等比数列，设公比为,则，即；【小问2详解】解：已知是等差数列，设公差为,又，，则，则，即，则，则，则，即的前项和．18. 在平面直角坐标系中，已知圆M的圆心在直线上，且圆M与直线相切于点．（1）求圆M方程；（2）过的直线l被圆M截得的弦长为，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据已知得出点与直线垂直的直线方程，根据圆切线的性质得出该直线过圆心，与已知过圆心方程联立即可得出圆心坐标，根据圆心到切线的距离得出圆的半径，即可得出圆的方程；（2）根据弦长得出点到直线l的距离，分类讨论直线l的斜率，设出方程，利用点到直线的距离列式，即可得出答案.【小问1详解】过点与直线垂直的直线方程为：，即则直线过圆心，解得，即圆心为，则半径为，则圆M的方程为：；【小问2详解】过的直线l被圆M截得的弦长为，则点到直线l的距离，若直线l的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线l的距离为1，不符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，则，解得，则直线l的方程为：或.19. 如图，和所在平面垂直，且．（1）求证：；（2）若，求平面和平面的夹角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，可得，根据可得，由线面垂直的判定定理及性质定理可证明；（2）作于点,以点为原点，所在直线分别为轴建立空间坐标系，求出两个平面的法向量即可求解.【小问1详解】取的中点，连接，因为，所以.因为为公共边，所以，所以,所以.因为平面，所以平面，因平面,所以.【小问2详解】当,可设,作于点,连接，易证两两垂直，以点为原点，所在直线分别为轴建立空间坐标系，则,设平面的法向量为，,所以，令,可得，则.易知平面，所以平面的法向量为，设平面和平面的夹角为，则,故平面和平面的夹角的余弦值为.20. 已知直线与抛物线交于A，B两点．（1）若，直线的斜率为1，且过抛物线C的焦点，求线段AB的长；（2）若交AB于，求p的值．【答案】（1）8；（2）.【解析】【分析】（1）焦点为，直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，根据弦长公式即可求解；（2）设直线的方程为，根据题意可得，且在直线上，从而可得直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理可得，代入即可求解.【小问1详解】若，则抛物线，焦点为，故直线的方程为.设，联立，消去，可得，，故.故.【小问2详解】设直线的方程为，，因为交AB于，所以，且，所以，直线的方程为.又在直线上，所以,解得.所以直线的方程为.由，消去，可得，则.因为，所以，即，解得.21. 已知等比数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据与的关系可得公比，由可求，再根据等比数列的通项公式即可求解；（2），由错位相减法即可求解.【小问1详解】因为，所以当时，，两式相减得，即.故等比数列的公比为3.故，解得.所以.【小问2详解】，故①，②，①-②，得，所以.22. 已知椭圆，离心率为，点在椭圆C上．（1）求椭圆C的标准方程；（2）记A是椭圆的左顶点，若直线l过点且与椭圆C交于M，N两点（M，N与A均不重合），设直线AM，AN的斜率分别是．试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）是，定值为，理由见解析【解析】【分析】（1）由待定系数法列方程组求解；（2）直线l的斜率不为0，设为，结合韦达定理表示即可化简判断.【小问1详解】由题意得，，∴椭圆C的标准方程为；【小问2详解】由题意得，直线l的斜率不为0，设为，，，联立直线与椭圆消x得，，则，∴.故是定值，为.