2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学（文）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数学（文）试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学（文）试题 一、单选题1．若直线经过点和，则直线l的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【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【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【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（    ）A．19 B．17 C．15 D．13【答案】D【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【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【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【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．已知点为抛物线的焦点，为抛物线上任意一点，则的最小值为（    ）A．4 B．5 C． D．【答案】B【分析】将转化为点P到准线的距离，求最值.【详解】抛物线，准线方程为，设P到准线的距离为d，则，当直线AP与准线垂直时，等号成立.故选：B.9．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【分析】由题意得数列递推公式，再用构造法求出通项，代入计算即可.【详解】由题可知，设，解得.即，故数列是首项为，公比为1.1的等比数列.所以，则，所以.故选：B.10．若，则的最小值为（    ）A． B．2 C． D．4【答案】C【分析】根据均值不等式，可得，，，，再利用不等式的基本性质，两边分别相加求解.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，，，所以两边分别相加得，当且仅当，即取等号，所以的最小值为.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【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．已知双曲线的右焦点为，过点作直线与交于两点，若满足的直线有且仅有1条，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．或【答案】B【分析】求出双曲线的实轴长和通径长，由题意，过点的最短弦长为，从而求出，以及双曲线的离心率．【详解】双曲线的实轴长为，通径长为由题意可得，过点的弦最短时，长为，解得，此时，则双曲线的离心率为故选：B 二、填空题13．直线与直线之间的距离为_____________．【答案】【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】【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【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，其前项和为，现有下列4个命题：①若，则；②若，则；③若，则中最大；④若，则使的的最大值为11．其中所有真命题的序号是__________．【答案】②③④【分析】①由题意可以推出，不能推出，判断①错误；②由题意可得，判断出②正确；③由题意可得，判断出③正确；④由题意可得，进而，判断出④正确．【详解】若，则，不能推出，即不能推出，故①错误；若，则，即，则，故②正确；若，则，所以，则中最大，故③正确；若，则，即，因为首项为正数，则公差小于0，则，则，，则使的的最大值为11，故④正确．故答案为：②③④． 三、解答题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) 【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．【详解】（1）解：已知是数列的前项和，且，，，则，又是等比数列，设公比为,则，即；（2）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的方程；(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 【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.【详解】（1）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：；（2）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). 【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.【详解】（1）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，因为平面,所以.（2）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). 【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.【详解】（1）若，则抛物线，焦点为，故直线的方程为.设，联立，消去，可得，，故.故.（2）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．已知等比数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【详解】（1），，，故，即．，令，得到．是等比数列，公比为3，且，，．（2），，．两式相减，得，故22．已知椭圆，离心率为，点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)记为椭圆的左顶点，直线的斜率为1且过点，若直线与椭圆交于点（均不与重合），设直线的斜率分别是，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意求出，即可得解；（2）求出直线方程，设，利用韦达定理求得，再结合斜率公式计算整理即可得出答案.【详解】（1）由题设得，又，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意设直线，联立，消去得，故，所以．故的值为．