2022-2023学年湖南省永州市高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省永州市高二上学期期末数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
永州市2022年下期高二期末质量监测试卷数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1. 下列直线经过第一象限且斜率为-1的是（）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意利用直线方程的斜截式即可选出答案．【详解】满足题意的直线方程通式为：故选：B2. 已知，，且，则（）A. 5 B. 4 C. 3 D. 2【答案】D【解析】【分析】利用向量垂直充要条件列出关于的方程，解之即可求得的值.【详解】，，且，则，则，解之得故选：D3. 若双曲线：的虚轴长为8，渐近线方程为，则双曲线C的方程为（）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据虚轴、渐近线的定义求解.【详解】由题可得解得，所以双曲线方程为，故选:C.4. 设数列的前项和为，若，，则（）A. 27 B. 64 C. 81 D. 128【答案】C【解析】【分析】利用题给条件即可依次求得的值.【详解】数列的前项和为，，则，，，.故选：C.5. 如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，点M是EG和FH的交点，对空间任意一点О都有，则（）A.  B.  C. 2 D. 4【答案】D【解析】【分析】证明出四边形平行四边形，为中点，利用空间向量基本定理求解即可.【详解】E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，故，，所以四点共面，且四边形为平行四边形，故为中点，因为，，所以，故故选：D6. 已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过F的直线m与C交于A、B两点，点A在l上的投影为D，若，则（）A.  B. 2 C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】结合图像，分析出点为的中点，从而利用抛物线的定义即可求得结果.【详解】过点作，垂足为，作，垂足为，如图，.又因为，所以四边形为矩形，所以，因为，，所以点为的中点，所以，故，由抛物线的定义可得，，所以，即.故选：B.7. 已知，，是圆：上的动点，则外接圆的周长的最小值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意确定圆：和圆，有公共点，结合圆与圆的位置关系列出不等式可求解.【详解】中点横坐标为，所以外接圆的圆心在上，设圆心为，则半径为，圆心距，圆，又因为在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，显然成立，两边同时平方可得，，所以，所以所以当且仅当解得时取得等号，所以周长的最小值为，故选:C.8. 如图，瑞典数学家科赫在年通过构造图形描述雪花形状．其作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为，则图④中图形的面积为（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，图形的边数分别记为、、、，易得，，，利用累加法可求得的值.【详解】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，图形的边数分别记为、、、，观察图形可知，且，，且，由题意可知，数列是首项为，公比为的等比数列，则，数列是首项为公比为的等比数列，，由图可知，图形是在图形的每条边上生成一个小三角形（去掉底边），共增加了个边长为的正三角形，所以，，由累加法可得.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（）A. 是a，b，c成等差数列的充要条件B. 是a，b，c成等比数列的充要条件C. 若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列D. 若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列【答案】AC【解析】【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案.【详解】对于选项A：根据等差中项即可得出是a，b，c成等差数列的充要条件，故A正确；对于选项B：，即，又a，b，c为非零实数，所以根据等比中项即可证明a，b，c成等比数列，a，b，c成等比数列，只能证明，即是a，b，c成等比数列的充分不必要条件，故B错误；对于选项C：若a，b，c成等比数列，则，则，则，，成等比数列，故C正确；对于选项D：若a，b，c成等差数列，则，无法得到，故D错误；故选：AC.10. 如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面为椭圆，若，则（）A. 椭圆的短轴长为B. 椭圆的离心率为C. 椭圆的方程可以为D. 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用图中的几何性质即可求出，即可判断的正误，利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，由已知可知，解得，∵，∴椭圆的短轴长为，故A正确；则椭圆的标准方程为，故C不正确；∵，∴，∴，故B正确；椭圆上的一点为,其中一个焦点坐标为,且，则该抛物线的对称轴为，故函数在区间上单调递减，当有最小值，此时，即，故D正确.故选：ABD.11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点作直线与双曲线的右支交于，两点，若，则（）A.  B. 点的横坐标为C. 直线的斜率 D. 的内切圆的面积【答案】ABD【解析】【分析】根据双曲线的定义得到方程组，求出、，即可判断A，再由等面积法求出，代入双曲线方程求出，即可判断B，再求出直线的斜率，即可判断C，利用直角三角形即内切圆的性质求出内切圆的半径，即可判断D【详解】由双曲线：可得，如图所示，由题意知，解得，故A正确；在中，由等面积法知，解得，代入双曲线方程得，又因为点在双曲线的右支上，故，故B正确；由图知当点在第一象限，，由对称性可知，若点在第四象限，则，故C不正确；设的内切圆为，圆切于，连接易得，，四边形是正方形，故的内切圆半径，对应面积为，故D正确．故选：ABD12. 在长方体中，，E，F为的两个三等分点，点P是长方体表面上的动点，则（）A. 的最小值为 B. 的最大值为2C. 的最小值为30° D. 的最大值为90°【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，分析出P位于长方体的四个侧面时情况相同，P位于长方体的上下两个平面时情况相同，分两种情况进行求解出，得到最值，并分析出的最大值，举出反例得到C错误.【详解】以A为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，不妨设，故，，由对称性可知：P位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，不妨设，则，故当时，的最小值为，此时当或2，或1时，的最大值为2，由对称性可知：P位于长方体的上下两个平面时，所处情况相同，不妨设，则，故当时，的最小值为0，当或2，时，的最大值为2，综上：的最小值为0，的最大值为2，A错误，B正确；因为的最小值为0，故的最小值为0，因为，所以的最大值为90°，D正确；当点与点重合时，此时，C错误.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知直线与圆交于，两点，则__________．【答案】【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，再由计算可得.【详解】圆的圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，所以.故答案为：14. 已知数列满足：，，，则__________．【答案】1或8【解析】【分析】根据递推关系，对分奇偶即可逐项求解得.【详解】①若为偶数，则由可得，若为偶数，则由可得，进而或者，均满足要求，若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，②若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，综上或，故答案为：1或815. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，，，，均与曲池的底面垂直，且，每个底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与所成角的余弦值为_____．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与所成角的余弦值.【详解】延长AB交CD于O，过点O作平面，以O为原点，分别以OD，OA，OT所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则，，，，则，，则，则直线与所成角的余弦值.故答案为：16. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，是在第一象限的图象上的点，记，，，若，则双曲线的离心率__________．【答案】【解析】【分析】设点，则，，且，分析可得，，，根据可求得双曲线的离心率的值.【详解】设点，则，，且，可得，易知点、，所以，，，则，，，所以，，所以，，则，可得.因此，双曲线的离心率为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 如图，在正方体中，为的中点．（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用中位线定理证得，再利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】连接直线BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，如图，因为在正方体中，底面是正方形，所以O为BD中点，又因为E为的中点，所以，又因为平面，平面，所以直线平面．【小问2详解】根据题意，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，不妨设正方体的棱长为2，则，，，，故，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．18. 已知等差数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，进而可求通项，（2）根据分组求和，结合等差数列以及等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】设数列的首项为，公差为，由题意得,解得：，所以【小问2详解】因为所以．19. 已知抛物线：焦点为，点在上，且（为坐标原点）．（1）求抛物线的标准方程；（2）过点的直线与抛物线交于点A，B两点，若为定值，求实数的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由先表示出点坐标，代入抛物线的方程求，得出抛物线的标准方程；（2）设过的直线为，与抛物线的方程联立，得出韦达定理及判别式大于零，把韦达定理代入为定值，求出实数的值.【小问1详解】已知点在上，且，，则点在线段的中垂线上，即，把点代入抛物线的方程，则，，解得，所以抛物线的标准方程为．【小问2详解】设过的直线为，，联立，得，则，即，且，所以因为为定值，所以，，解得或（舍去）当，时，所以当为定值时，．20. 如图，在三棱锥中，，平面平面，，，．（1）证明：平面；（2）若点D在线段AC上，直线PD与直线BC所成的角为，求平面DBP与平面CBP夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理证明，由已知面面垂直证明线面垂直，再到线面垂直，从而证得结果；（2）建立空间直角坐标系, 由直线PD与直线BC所成的角，求得点坐标，再求平面DBP与平面CBP的法向量，得出两平面夹角的余弦值．【小问1详解】证明：在中，因为，，，所以，所以，因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，，平面，所以平面．【小问2详解】以B为坐标原点，BA为x轴正方向，BC为y轴正方向，过B垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，，，平面平面，平面平面，过点作于点，则平面ABC，，，则，所以，，，，设点，，则，所以，，，所以点坐标为，所以因为直线与直线所成的角为，，解得所以点坐标为，则．设平面的法向量为则，取，可得．因平面，所以平面的一个法向量为，所以所以平面与平面夹角的余弦值．21. 设数列的前项之积为，且满足．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）记，证明：．【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）法一：根据，得到，变形后得到，证明出结论，并求出通项公式；法二：由题目条件得到，得到以3为首项，以2为公差的等差数列，求出，进而求出，并证明出数列是等差数列；（2）利用放缩法得到，裂项相消法求和，得到.【小问1详解】方法一：当，得，当时，①②两式相除可得：即，又，故，变形为：，因为，所以是以为首项，1为公差的等比数列．所以化简可得法二：因为，，所以即令，则，所以以3为首项，以2为公差的等差数列，所以，即，所以．又因为满足上式，所以，所以，故，故数列是等差数列．【小问2详解】因为，所以22. 设为圆：上的动点，点，且线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知，，是曲线上异于A的不同两点，是否存在以为圆心的圆，使直线AM，AN都与圆D相切，且三边所在直线的斜率成等差数列?若存在，请求出圆D的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在圆，圆的方程为．【解析】【分析】（1）利用椭圆定义即可求得曲线的方程；（2）假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意，利用题给条件和设而不求的方法列方程求得的值即可解决.【小问1详解】圆的方程化为，所以圆心，半径．因为在的垂直平分线上，所以，所以又因为，则，所以Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，由，，得．所以的方程为．【小问2详解】假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意．设圆方程为，，，设直线的方程为，直线的方程为直线与圆相切，得，直线与圆相切，，所以，则，由得，由于点，均在椭圆上，所以，，又，故在上式中以代，可得，所以直线的斜率以，，按照一定次序成等差数列，得或故，因此，所以存在圆，圆的方程为．