2022-2023学年山东省济南市章丘区章丘区第四中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省济南市章丘区章丘区第四中学高二上学期期末数学试题（解析版），共20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学年山东省济南市章丘区章丘区第四中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．若直线l的方向向量是，则直线l的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由斜率与倾斜角，方向向量的关系求解【详解】由直线l的方向向量是得直线的斜率为，设直线的倾斜角是，故选：B.2．如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由M，N在线段OA，BC上的位置，用，，表示，，进而表示出.【详解】因为，所以，又因为点N为BC的中点，所以，所以.故选：D.3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为A，B，若四边形为正方形，则椭圆C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的几何性质得到，，然后根据四边形为正方形得到，化简即可得到椭圆的离心率.【详解】根据椭圆的性质可得，，因为四边形为正方形，所以，即，所以.故选：B.4．已知圆的圆心在直线上，若圆与轴交于两点，圆与轴交于两点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点作轴，轴.分别利用垂径定理表示出，即可得到答案.【详解】设圆的圆心，半径为.过点作轴，轴.所以.由垂径定理得：.同理：.因为，所以，，所以.故选：A5．等比数列中，，且，，则的值为（    ）A．36 B．27 C．16 D．8【答案】D【分析】根据等比数列的性质求出首项和公比，即可求出的结果.【详解】设等比数列公比为，由，，得，，两式相除，得，由，得，.故选：D6．已知一个动圆P与两圆和都外切，则动圆P圆心的轨迹方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】设动圆半径为，由于动圆P与两圆和都外切，所以，，即，可知动圆P圆心的轨迹为以为焦点，实轴长为4的双曲线的左支，即，，，所以动圆P圆心的轨迹方程为，故选：A.7．在四面体ABCD中，，，，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】以为原点，如图建立空间直角坐标系，分别求向量的坐标，根据公式求解.【详解】在四面体中，平面，，所以以为原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，如图建立空间直角坐标，则，，，，，，设异面直线与所成的角为，则.故选：D【点睛】本题考查空间向量解决异面直线所成的角，意在考查计算能力，简单的推理证明，属于基础题型.8．已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点（A在B的左边），则的最小值是（    ）A．10 B．9 C．8 D．5【答案】B【分析】直线方程与抛物线方程联立，求得，利用定义可得，再根据基本不等式得结果【详解】由题知的焦点，，准线为，如图，作准线，准线，过定点，设，联立得即,,又，当且仅当时取等，故选：B 二、多选题9．已知向量，，，则（    ）A． B． C． D．向量，，共面【答案】ABD【分析】空间向量模的坐标计算可以验证选项A，向量坐标减法运算验证选项B，两向量数量积为0验证选项C，利用向量共面条件验证选项D.【详解】因为，所以，，所以A正确；，故B正确；，故C不正确；由， 所以，故选项D正确.故选：ABD.10．已知圆：，一条光线从点射出经轴反射，下列说法正确的是（    ）A．圆关于轴对称的圆的方程为B．若反射光线平分圆的周长，则入射光线所在的直线方程为C．已知实数、满足圆的方程，则的取值范围为D．经过直线上的点作圆：的切线，则切线长的最小值为【答案】ABD【分析】根据圆心关于x轴对称可判断A；入射光线所在直线过圆关于轴对称的圆的圆心，由两点式可得方程从而判断B；由相切的临界位置得到，数形结合可判断C；切线长，切线长最小值转化为的最小值即可判断D.【详解】对于A，圆：的圆心为，半径，如图所示，圆心关于轴对称的点，故圆关于轴对称的圆的方程为，即，故选项A正确；对于B，若反射光线平分圆的周长，则入射光线所在直线过圆关于轴对称的圆的圆心，如图所示，又因为入射光线所在直线过点，故入射光线所在直线方程为，即，故选项B正确；对于C，若实数、满足圆的方程，则的几何意义为过圆上一点与原点的直线的斜率，即，如图，当与圆相切时，，∴，∴，由图形的对称性知，，∴过圆上一点与原点的直线的斜率，故选项C错误；对于D，设直线上一点，过作圆的切线，与圆切于点，则切线长，当到圆心的距离最小时，切线长最小，易知到圆心的距离的最小值，即圆心到直线（）的距离，∴的最小值为，∴切线长的最小值，故选项D正确.故选：ABD.11．金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有，若正四面体的棱长为，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可计算相关向量的模长，和，内积.【详解】如下图所示，O是顶点A在下底面的射影，AM是斜高，AO是四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，OM是下底面内切圆的半径，则， ，，对于A：由于 ，所以，故A错误；对于B：因为 ，所以 ，所以，故B正确；对于C：因为 底面BCD， 底面BCD，所以，所以，故C正确；对于D： ，故D正确.故选：BCD12．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点如下：前两个数均为，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列．现将中的各项除以所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列说法正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据数列各项可知其是以为周期的周期数列，由此可得，知A正确；由，知C正确；根据斐波那契数列的定义，采用累加法可求得，知B错误；由斐波那契数列定义可推导得到，累加即可求得D正确.【详解】斐波那契数列：，则，，，，，，，，，，，，，即数列是以为周期的周期数列，对于A，，A正确；对于B，，，，，，又，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，，，，，，，又，，D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题以斐波那契数列为载体，考查了数列周期性、累加法等知识；解题关键是能够根据斐波那契数列的定义，确定其数列前后项所满足的关系式，进而验证得到新定义的数列为周期数列. 三、填空题13．已知直线，且，则______．【答案】【分析】根据直线平行进行讨论，当时，不符题意，故，若要可得，求解即可.【详解】当时，显然不符题意，故，由可得，所以，即.故答案为：14．在空间直角坐标系中，四面体的顶点分别为，，，，则点到平面的距离为______．【答案】【分析】先求出平面的一个法向量，再使用空间点到平面距离公式进行计算.【详解】，，设平面的一个法向量，∴，令，则，，∴，又∵，∴点到平面的距离为.故答案为：.15．设、是双曲线C：的左、右焦点，过点且倾斜角为30°的直线与双曲线的左、右两支分别交于点A、B．若，则双曲线C的离心率为______．【答案】【分析】取中点，连接，则，设，由双曲线的定义可知，，，所以，，，由勾股定理，推出，的关系，化简即可得离心率的值．【详解】解：如图，取AB中点M，连接，，，设，，，又，，，，，过点且倾斜角为的直线，，，在中，可得，在中，可得，消去化简得，离心率．故答案为：. 四、双空题16．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为______．设，若数列是递增数列，则实数的取值范围为______．【答案】          【分析】由与的关系对数列的通项公式进行求解，将代入，再推导出，由对实数进行求解即可.【详解】空（1）①当时，，∴；②当时，∵，∴，两式相减，得，即，∴（），又∵，∴数列中各项均不为，且（），∴数列是首项为，公比的等比数列，∴数列的通项公式为.空（2）∵，∴，∴，若数列是递增数列，则对任意，有，∴，∴，∴，∴，∴，∴，当为奇数时，，即，当为偶数时，，综上所述，实数的取值范围是.故答案为：，.【点睛】根据递增数列求参数的取值范围，令，解不等式即可，因不等式中含有，本题在解不等式时，需要对为奇数或偶数进行讨论. 五、解答题17．已知双曲线．请从①②③中选取两个作为条件补充到题中，并完成下列问题．①；②离心率为2；③与椭圆的焦点相同．(1)求C的方程；(2)直线与C交于A，B两点，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①②，可得，解得即可；选①③，可得，解得即可；选②③，可得，解得，即可；（2）联立，消掉y，整理得，利用韦达定理、弦长公式可得答案.【详解】（1）选①②，可得，，解得，所以C的方程为；选①③，可得，，解得，所以C的方程为；选②③，可得，，解得，，所以C的方程为；（2）设，，联立，消掉y，整理得，所以，因为，所以．18．已知等差数列的前项和为，，．(1)求的通项公式；(2)设数列的前项和为．求【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接利用等差数列公式代入数据解方程，求得首项与公差，即可得到答案.（2）求得，再利用分组求和与裂项相消法得到答案【详解】（1）不妨设等差数列的公差为，故，，解得，，从而，即的通项公式为（2）由题意可知，，所以，故19．过点作圆的两条切线，切点分别为A，B；(1)求直线AB的方程；(2)若M为圆上的一点，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出以为直径的圆的方程，结合已知圆的方程，将两圆方程相减可求得两圆公共弦所在直线方程；（2）求出圆上的点M到直线AB的距离的最大值，求出，利用三角形面积公式求得答案.【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径为1，则的中点坐标为，，以为圆心，为直径的圆的方程为，由，得①，由，得②，①②得：．直线的方程为；（2）圆心 到直线的距离为 故圆上的点M到直线的距离的最大值为 ，而 ,故面积的最大值为 .20．已知数列满足，（）.（1）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）数列满足：（），求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，；(2).【分析】(1)将给定等式变形为，计算即可判断数列类型，再求出其通项而得解；(2)利用(1)的结论求出数列的通项，然后利用错位相减法求解即得.【详解】(1)因数列满足，，则，而，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列，，即，所以数列是等比数列，，；(2)由(1)知，则于是得， ，所以数列的前项和.21．如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.(1)证明：平面；(2)若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点与点重合. 【分析】（1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立；（2）以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.（2）解：存在，理由如下：如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，则，，，，，，由直线平面且过点，以及平面，得，设，则，，，设平面的法向量为，则则，即，取，得，易知平面的法向量，设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，则，，由，得，即，解得，所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.22．已知、分别为椭圆的左、右焦点,椭圆的上顶点到右焦点的距离为2,右焦点与抛物线的焦点重合．(1)求椭圆的标准方程;(2)已知点,斜率为的动直线与椭圆交于P、Q两点（、均异于点,且满足求证:直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)根据题意求出,写出椭圆方程即可;(2)设出的直线方程,利用韦达定理,写出两点坐标之间的等式关系,带入到中,求出动直线的方程中参数的关系,代入直线中即可求出定点.【详解】（1）解:由题意得抛物线的焦点为,所以,因为椭圆的上顶点到右焦点的距离为2,所以,即,所以椭圆的标准方程为:;（2）证明:由题不妨设直线的方程为,联立,整理得:,设,,则,,所以,化简得:,则或,当时,,直线恒过点,不合题意,当时,,直线恒过点,综上,直线恒过点.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定点问题,关于定点的问题思路有:(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;(2)设直线方程,联立方程组;(3)判别式大于零,韦达定理;(4)根据题意建立关于的等式;(5)化简得到关于直线中参数的等式，代入直线中，即可得到定点.