2022-2023学年山东省聊城市莘县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省聊城市莘县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省聊城市莘县第一中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量共线运算求解.【详解】∵，则，∴.故选：D.2．如图，在三棱锥中，点分别在棱则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据图形，结合向量的线性运算，即可求解.【详解】，所以.故选：C3．下列函数求导运算正确的个数为（    ）①；②若，则；③；④；A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据求导运算对其一一验证即可得出答案.【详解】对于①：为常数，常数求导为0，故①正确；对于②：为复合函数，求导，故②错误；对于③：为复合函数，求导，故③错误；对于④：，求导为，故④正确；故选：B.4．若数列的首项为且满足数列的前4项和=（   ）A．33 B．45 C．48 D．78【答案】D【分析】根据题中条件，由构造法，得到是等比数列，确定首项和公比，求出其通项公式，得出的通项，进而可求出其前4项和.【详解】由，得，故是首项为，公比为2的等比数列，故，则，所以数列的前4项和为.故选：D.5．方程表示的曲线，下列说法错误的是（   ）A．当时，表示两条直线B．当，表示焦点在x轴上的椭圆C．当时，表示圆D．当时，表示焦点在x轴上的双曲线【答案】B【分析】根据的值或范围结合各曲线或直线方程的特点对选项一一验证即可.【详解】对于A：当时，方程为，表示与两条直线，则A说法正确；对于B：化为，当时，，则，则表示焦点在轴上的椭圆，故B说法错误；对于C：当时，方程为，表示圆心为原点，半径为1的圆，则C说法正确；对于D：化为，当时，，则，则表示焦点在x轴上的双曲线，故D说法正确；故选：B.6．直线与双曲线相交，有且只有1个交点，则双曲线的离心率为（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由直线与双曲线相交，且有且仅有1个交点可得直线与渐近线平行，即可得与的关系，即可求得离心率.【详解】因为直线与双曲线：相交，且有且仅有1个交点,所以直线与双曲线：的渐近线平行，故，则双曲线的离心率.故选：A7．已知⊙，直线，P为l上的动点，过点作⊙的切线，切点为，当最小时，直线AB的方程为（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，当直线时，， ，此时最小．∴即 ，由解得， ，即所以以为直径的圆的方程为，即 ，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：B8．在长方体中，，，，，分别是棱，，上的点，且，，，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ）A． B．17 C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面MPN的法向量，设出，根据求出，计算出，得到最小值.【详解】以D作坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设平面MPN的法向量为，则，令，则，故，设，则，因为直线与平面平行，所以，，因为，所以，故，故当时，取得最小值，最小值为.故选：A 二、多选题9．已知抛物线的焦点坐标为，斜率为2的直线与抛物线交于两点，则（    ）A．抛物线的准线方程为B．若经过点，则线段的长为10.C．线段的中点在直线上D．以线段为直径的圆一定与轴相交【答案】BC【分析】对A：根据抛物线方程运算判定；对B、C：根据抛物线的定义结合韦达定理分析运算；对D：根据抛物线的定义结合直线与圆的位置关系分析判断.【详解】对A：由抛物线，可得其焦点坐标为，准线为，A错误；对B：若经过点，则，设，联立方程，消去y得：，则，故，B正确；对C：∵直线的斜率为2，设，，联立方程，消去y得：，则，故，故线段的中点的纵坐标为，即线段的中点在直线上，C正确；对D：不妨设点A在第一象限，如图，过点作准线的垂线，垂足为，交y轴于点，则线段的中点到y轴的距离，故以线段为直径的圆一定与轴相切，D错误.故选：BC.10．在正方体的棱长为2，则（     ）A．直线与直线所成的角为B．点到平面的距离为C．直线与平面所成的角为D．点到直线的距离为【答案】BD【分析】根据异面直线所成角的定义，转化为相交直线所成角，即可判断A；根据垂直关系，结合点到平面的距离，即可判断B；根据垂直关系，结合线面角的定义，即可判断C；根据是等边三角形，即可判断D.【详解】A. 连结，因为，所以直线与直线所成的角为或其补角，是等边三角形，所以，所以直线与直线所成的角为，故A错误；B. 连结交于点，因为，且平面，平面，所以，且，所以平面，即点到平面的距离是，故B正确；C.根据B的证明可知，连结，则是直线与平面所成的角,所以，故C错误；D.是等边三角形，所以点到的距离等于，故D正确.故选：BD11．已知圆直线则（     ）A．圆的圆心坐标为，半径为5B．直线过定点C．直线被圆所截得的弦长最小值为D．圆与圆外切【答案】BD【分析】根据圆心的标准方程直线判断圆心和半径，即可判断A；分离参数，求两直线的交点，即可求定点坐标，即可判断B；首先判断定点与圆的位置关系，利用弦长公式，即可判断C；求圆心距，利用判断两圆位置关系的公式，即可判断D.【详解】A.由圆的标准方程可知，圆心坐标为，半径为5，故A错误；B．直线，联立，解得：，所以不管为何值时，点都满足直线的方程，即直线过定点，故B正确；C.因为直线过定点，且定点在圆内，所以当点是弦的中点时，此时弦长最小，并且设，此时是圆心到直线的距离，，所以弦长的最小值为，故C错误；D.已知圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，两圆的圆心距，所以两圆相外切，故D正确.故选：BD12．已知数列和满足则（     ）A． B．数列是等比数列C．数列是等差数列 D．数列单调递增【答案】BCD【分析】通过合理赋值即可判断A；对B两式作和即可判断；对C两式作差即可判断；对D，通过BC选项求出，则可判断D正确.【详解】对A选项，令，则，，则，则，则A错误；对B选项，由题意中两式相加得，故B正确；对C选项，由题意中两式作差得，即，则C正确；对D选项，由B得，，两式相加得，则，则若，显然，即成立,单调递增，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．曲线在点处的切线方程为_________.【答案】【分析】利用导数的几何意义求切线方程.【详解】，当时，，所以切线方程是，即故答案为：14．已知直线和两点，若直线上存在一点使得最小，则点的坐标为______.【答案】【分析】利用对称转化，再根据图象，转化为三点共线求点的坐标.【详解】首先设点关于的对称点，则，解得：，即根据对称性可知，，当点三点共线时，等号成立，此时最小，即点是直线与的交点，，直线，联立，解得：，即此时  故答案为：15．设空间两个单位向量与向量的夹角都等于，则_____.【答案】【分析】根据已知可得，，由此可以求出，再根据，即可求得答案.【详解】因为两个单位向量，与向量的夹角都等于，，又，，，，，，解得或，，，或，故答案为：.16．已知分别是双曲线的左、右焦点，P是C左支上一动点，△周长的最小值为10，求此时△的面积=_____.【答案】##【分析】运用双曲线的定义可得，则的周长为，运用三点共线取得最小值，可得的关系，进而可得渐近线方程．根据余弦定理和正弦定理求出，结合三角形面积公式计算即可.【详解】由题意可得，，由双曲线的定义可得，，，则的周长为,当且仅当共线时，取得最小值，且为，由题意可得，即解得，所以，，得直线的斜率为，所以，由余弦定理，得，结合，解得，由正弦定理，得，解得，所以.故答案为：. 四、解答题17．已知等差数列的前项和为，若(1)求数列的通项公式.(2)证明:数列为等差数列.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项求和公式列出方程组，解出公差和首项即可求解；（2）由（1）利用公式法求出等差数列的，可得，进而得，结合等差数列的定义即可判断.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意得，解得，有，所以等差数列的通项公式为；（2）由(1)知，，所以，又，故数列是以2为首项，1为公差的等差数列.18．已知圆经过点，且圆心在直线上，(1)求圆的方程.(2)点在圆上，求的最大值.(3)直线当为何值时，圆上恰有3个点到直线的距离都等于3.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）法一：利用待定系数法求圆的方程；法二：首先求弦的垂直平分线，即可求圆心，再求半径，即可求圆的方程；（2）根据表示的几何意义，利用直线与圆的位置关系，列式求最值；（3）由题意转化为圆心到直线的距离，即可求解.【详解】（1）法一：设圆的方程，由题意得，解得：，所以圆的方程；法二：,，所以弦的垂直平分线的斜率为，线段的中点，所以弦的垂直平分线为，由，得，即圆心为，半径，所以圆的方程为；（2）设，表示直线的斜率，设，即，直线与圆有公共点，即圆心到直线的距离，解得：，所以的最大值为；（3）当圆心到直线的距离等于2时，圆上有3个点到直线的距离等于3，所以，解得：时，圆上恰有3个点到的距离等于3.19．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，，点在棱上.(1)若点为棱的中点，证明：平面平面.(2)线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，线段的长为. 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，从而得证；（2）求出平面的法向量，设的长为，利用空间向量法得到方程，解得即可.【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，所以，，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，所以，，又平面，平面，，又，平面，所以平面，又平面，平面平面；（2）解：因为，，设平面的法向量为，则，令，则，设的长为，则，即，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（舍去），所以线段的长为.20．已知数列的前项和为，且满足，(1)求数列的通项公式.(2)若数列满足，求数列的前项和【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系可得，结合定义法即可判断数列为等比数列，即可求解；（2）由（1）知，利用裂项相消法即可求解.【详解】（1）当时，，当时，，两式相减，得，由递推式可知，，所以，即数列为等比数列，首项为4，公比为4，故等比数列的通项公式为；（2）由（1）知，所以.21．平面内一动点到的距离比到直线的距离大1，(1)求动点的轨迹方程.(2)直线与点的轨迹交于两点，若，则直线是否过定点？若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点，定点坐标 【分析】(1)根据抛物线的定义可知的轨迹是以为焦点，开口向右的抛物线，即可求解；(2)设直线的方程和点A、B的坐标，联立抛物线方程，结合韦达定理和平面向量数量积的坐标表示，求出直线方程，即可求解.【详解】（1）由题意知，点到的距离与直线的距离相等，根据抛物线的定义知，点的轨迹是以为焦点，开口向右的抛物线，所以点的轨迹方程为：；（2）设直线的方程为：，，消去x，得，，设，由韦达定理，得，，解得(舍去)或，所以的方程为：，故直线过定点.22．已知椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点，点在椭圆上，且在轴上方，轴，斜率为的直线交于两点，(1)若直线过点，求的面积.(2)直线和的斜率分别为和，当直线平行移动时，是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值， 【分析】（1）先根据题意求椭圆方程，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求面积；（2）设直线方程，根据题意利用韦达定理分析运算.【详解】（1）由题意可得：，解得，则，故椭圆的方程：，令，则，解得或（舍去），即，∵若直线过点，设直线，联立方程，消去y得：，则，可得，点到直线直线的距离，故的面积.（2）是定值，，理由如下：设直线，联立方程，消去y得：，则，故，即是定值，定值为0.【点睛】方法点睛：探究性问题求解的思路及策略：(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．