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    2022-2023学年湖南省永州市高二上学期期末数学试题(解析版)

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    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,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.故选:C.5. 如图,在四面体ABCD中,EFGH分别是ABBCCDDA的中点,点MEGFH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,中点,利用空间向量基本定理求解即可.【详解】EFGH分别是ABBCCDDA的中点,所以四点共面,且四边形为平行四边形,中点,因为所以故选:D6. 已知抛物线C的焦点为F,准线为l,过F的直线mC交于AB两点,点Al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,分析出点的中点,从而利用抛物线的定义即可求得结果.【详解】过点,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abc为非零实数,则下列说法正确的是()A. abc成等差数列的充要条件B. abc成等比数列的充要条件C. abc成等比数列,则成等比数列D. abc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abc成等差数列的充要条件,故A正确;对于选项B,即,又abc为非零实数,所以根据等比中项即可证明abc成等比数列,abc成等比数列,只能证明,即abc成等比数列的充分不必要条件,故B错误;对于选项C:若abc成等比数列,则,则,则成等比数列,故C正确;对于选项D:若abc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,该抛物线的对称轴为,故函数在区间上单调递减,有最小值,此时,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. 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;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;的内切圆为,圆,连接易得四边形是正方形,的内切圆半径对应面积为,故D正确.故选:ABD12. 在长方体中,EF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】A为坐标原点,分别以轴,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,不妨设故当时,的最小值为,此时21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,不妨设故当时,的最小值为02时,的最大值为2综上:的最小值为0的最大值为2A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】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】18【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,则由可得为偶数,则由可得,进而或者,均满足要求,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,综上故答案为:1815. 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12,对应的圆心角为90°,则直线所成角的余弦值为_____【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所成角的余弦值.【详解】延长ABCDO,过点O平面O为原点,分别以ODOAOT所在直线为xyz轴建立空间直角坐标系.则直线所成角的余弦值.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,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,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OBD中点,又因为E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DAx轴,DCy轴,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,则设平面的法向量,则,即,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,求数列的前项和【答案】12【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AB两点,若为定值,求实数的值.【答案】12【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,即所以因为为定值,所以,解得(舍去)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,所以平面所以平面【小问2详解】B为坐标原点,BAx轴正方向,BCy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,过点于点,则平面ABC,则所以,设点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,取,可得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,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,得时,两式相除可得:,又变形为: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,则所以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. 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AMAN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】12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】的方程化为,所以圆心,半径因为的垂直平分线上,所以所以又因为,则所以Q的轨迹是以EF为焦点,长轴长为4的椭圆,,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,则得,由于点均在椭圆上,所以,故在上式中以可得所以直线的斜率按照一定次序成等差数列,,因此所以存在圆,圆的方程为
     

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