2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
哈三中2022-2023学年度上学期高二学年期末考试数学试卷第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（共60分）（一）单项选择题（共8小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 椭圆的焦距为（    ）A. 6 B. 8 C. 9 D. 10【答案】B【解析】【分析】根据椭圆方程可得：，则，进而求解.【详解】由椭圆可得：，所以，则椭圆的焦距为，故选：2. 已知两条直线，，则这两条直线之间的距离为（    ）A. 2 B. 3 C. 5 D. 10【答案】A【解析】【分析】由两平行线距离公式求解即可.【详解】这两条直线之间的距离为.故选：A3. 设m为实数，若方程表示焦点在x轴上的双曲线，则实数m的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据焦点在x轴上的双曲线的方程特征列出不等式，从而可得答案.【详解】因为方程表示焦点在x轴上的双曲线，所以，解得.故选：D.4. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出a、b，进而求出面积.【详解】设，，则有，两式作差得：，即，弦中点坐标为，则，又∵，∴，∴，又∵，∴可解得，，故椭圆的面积为.故选：C5. 已知向量，且与互相平行，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由空间向量平行的条件求解.【详解】由已知，，因为与平行，若，则，，若，则，无解．综上，，故选：D．6. 为落实“二十大”不断实现人民对美好生活的向往，某小区在园区中心建立一座景观喷泉．如图所示，喷头装在管柱OA的顶端A处，喷出的水流在各个方向上呈抛物线状．现要求水流最高点B离地面4m，点B到管柱OA所在直线的距离为2m，且水流落在地面上以O为圆心，6m为半径的圆内，则管柱OA的高度为（    ）A. 2m B. 3m C. 2.5m D. 1.5m【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求得，再将点代入抛物线方程中，求出，即可求得的高度．【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，由题意知，水流的轨迹为一开口向下的抛物线，设抛物线的方程为，因为点，所以，解得，所以抛物线方程为，点在抛物线上，所以，解得，所以，所以管柱的高度为．故选：B．7. 已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，且，的周长为20，则该双曲线的标准方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据渐近线方程可得，再根据双曲线的定义及的周长可求得，即可得出答案.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，因为过的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，所以，即，则的周长为，所以，则，所以双曲线标准方程为.故选：C.8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，上顶点为A，直线与椭圆E的另一个交点为B，若，则椭圆E的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点B的坐标，再根据求解.【详解】解：由题意得，则直线的方程为，联立，消去y得，则，所以，因为，所以，因为，化简得，即，所以，所以.故选：B（二）多项选择题（共4小题，每小题5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，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知圆，则下列说法正确的是（    ）A. 点在圆M内 B. 圆M关于对称C. 半径为1 D. 直线与圆M相切【答案】CD【解析】【分析】化出圆的标准方程后，再逐项验证.【详解】解：圆的标准方程为：，圆心为，半径为1，A.因为，所以点在圆M外，故错误；B.因为，即圆心不在直线上，故错误；C.由圆的标准方程知，半径为1，故正确；D.因为圆心为到直线的距离为，与圆M的半径相等，故直线与圆M相切，故正确；故选：CD10. 已知椭圆E：，，分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点是椭圆上异于A，B的一个动点．下列结论中，正确的有（    ）A. 椭圆的长轴长为8B. 满足的面积为4的点恰有2个C. 的的最大值为16D. 直线与直线斜率乘积为定值【答案】AC【解析】【分析】根据椭圆的方程得到，进而判断选项；根据三角形面积求出点的纵坐标的绝对值，进而判断选项；结合椭圆的定义和基本不等式即可判断选项；设出点的坐标，代入计算整理即可判断选项.【详解】由椭圆方程可得：.对于，因为椭圆的长轴长，故选项正确；对于，因为，则，，所以，所以这样的点不存在，故选项错误；对于，由椭圆的定义可得：当且仅当等号成立，则， 所以的的最大值为，故选项正确；对于，设点，则，则有，又因为，所以，故选项错误，故选：.11. 过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，已知C的焦点为F，且，则（    ）A. C的准线方程是B. C. 直线过定点D. 当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，由抛物线方程得到准线方程；B选项，由焦半径公式求出；C选项，设直线的方程，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，由，求出或，分两种情况，得到所过定点，舍去不合要求的情况；D选项，在C选项的基础上，由几何关系得到当与直线垂直时，点A到直线MN的距离最大，由直线MN的斜率为，求出直线MN的方程.【详解】A选项，由题意，得，C的准线方程为，故A错误；B选项，由焦半径，得，解得，故，因为，所以，故B正确；C选项，直线的斜率不为0，设直线的方程为，与联立，得.设，则，，则，，则，所以，整理得，故或，当时，直线为，即，此时直线过定点，当时，直线为，即，此时直线过定点，此时与点重合，不合要求，舍去，故直线过定点，故C正确；D选项，由C选项，可知直线过定点，故当与直线垂直时，点A到直线MN的距离最大，因为，所以直线MN的斜率为，故直线MN的方程为，整理得，故D正确.故选：BCD.【点睛】思路点睛：处理定点问题的思路.（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.12. 若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互素，欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数k，且与k互素的正整数的个数，例如：，，，．已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互素，那么，则（    ）A.  B. C. 数列不是递增数列 D. 数列的最大项为第4列【答案】ABD【解析】【分析】根据欧拉函数定义，结合数列的单调性的性质逐一判断即可.【详解】A：因为，，所以，因此本选项正确；B：因为在正整数中，所有的偶数与都不互质，所有的奇数都与互质，所以，因此本选项正确；C：因为在正整数中，都与互质，共有个，所以，由上可知：，显然互质，所以，因为，，所以，所以数列是单调递增数列，因此本说法不正确；D：由上可知：，所以有，假设第项为数列最大项，则有，因为是正整数，所以，因此本选项正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：正确理解欧拉函数的定义，利用数列的单调性性质是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应的位置上）13. 等差数列中，，则______．【答案】17【解析】【分析】由，再根据等差中项求解的值即可.【详解】在等差数列中，是的等差中项，所以.故答案为：17.14. 如图，在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为______．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角正弦值.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设平面的法向量为，则，令，则，故，设与平面所成角的大小为，则，与平面所成角的正弦值为.故答案为：15. 已知点，P是椭圆上的动点，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】设，利用两点间的距离公式求解.【详解】解：设，，，，当时，取得最大值，故答案为： 16. 对非原点O的点M，若点在射线上，且，则称为M的“r-圆称点”，图形G上的所有点的“r-圆称点”组成的图形称为G的“r-圆称形”．的“3-圆称点”为______，圆（不包含原点）的“3-圆称形”的方程为______．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】根据题意得到，，结合点在射线上，得到故的“3-圆称点”为，设出，，设其“r-圆称点”为，由得到方程，点在射线上，不妨设，，得到方程，求出.【详解】由题意得：，又，所以，又点在射线上，即在轴正半轴上，故的“3-圆称点”为；设圆（不包含原点）的一点，，设其“r-圆称点”为，则，即，又点在射线上，不妨设，，所以，整理得：，综上，，即，故圆（不包含原点）的“3-圆称形”的方程为.故答案为：，.三、解答题（本大题共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. 已知，，过点且与直线垂直的直线为，圆：．（1）求的方程；（2）求与圆相交的弦长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据坐标确定直线的斜率，由两条直线垂直可得直线的斜率，又点斜式方程即可求得的方程；（2）根据直线与圆相交的几何性质求解圆心到直线的距离，再根据弦长公式即可得与圆相交的弦长．【小问1详解】因为，，所以，又，所以，则，则直线的方程为：，即；【小问2详解】因为圆：，则圆心，半径，所以圆心到直线的距离，所以相交弦长为.18. 已知为等差数列的前项和，，．（1）求；（2）是否存在最大值？若存在，求出的最大值及取得最大值时的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）    （2）存在，最大值20，或5【解析】【分析】（1）设公差为，根据等差数列的通项公式与前项和公式，求得即可得；（2）由等差数列的前项和公式得，根据二次函数的性质结合，即可确定的最大值及取得最大值时的值.【小问1详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以；【小问2详解】又，所以当时，，当时，，所以存在最大值为，取得最大值时或.19. 已知抛物线过点，焦点为F，O为坐标原点．（1）求抛物线C的方程，并写出F的坐标；（2）若直线MF与抛物线的另一个交点为N，求的面积．【答案】（1），；    （2）.【解析】【分析】（1）根据抛物线过点即可求出的值，进而求解；（2）结合（1）的结论写出直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，求出点的坐标，进而求出的长度，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可求解.【小问1详解】因为抛物线过点，则，解得：，所以抛物线的方程为：，焦点坐标为：；【小问2详解】由（1）可得：直线的方程为：，将其代入抛物线方程可得：，解得：，，由题意可知：点的横坐标为，所以点的横坐标为，则点，所以，又因为点到直线的距离，所以.20. 椭圆E的方程为，短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）若直线l：与圆相切，且与椭圆E交于M，N两点，且，求直线l的方程．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据离心率，短轴长等列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）由点到直线距离公式列出方程，得到，联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出及，得到答案.【小问1详解】由题意得：，，结合，解得：，故椭圆方程为；小问2详解】直线l：与圆相切，故，即，联立与得：，设，，，则，将代入上式得：解得：，因为，所以，故，则，所以直线l的方程为或.21. 已知在四棱锥中，平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）若是棱上的点，若二面角的余弦值为，求线段的长．【答案】（1）证明见解析    （2）的长为【解析】【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，再结合面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，设，，根据空间向量求得二面角的余弦值，列方程即可解得的值，从而可得线段的长．【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以又，，所以，由于平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】由（1）得，，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，由，则设，所以，则，设平面的法向量为，则，令，则，又平面，所以是平面的一个法向量，所以，整理得，所以，故当为中点时符合题意，所以.22. 已知双曲线的离心率，，分别为其两条渐近线上的点，若满足的点在双曲线上，且的面积为8，其中为坐标原点．（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线的右焦点的动直线与双曲线相交于，两点，在轴上是否存在定点，使为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）存在，【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率得关系，从而可得关系，即可得双曲线渐近线方程，不妨设，，确定点为的中点代入双曲线方程可得与的关系，再由的面积即可求得的值，从而可得双曲线的方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线方程与交点坐标，代入双曲线方程后可得交点坐标关系，设，满足为常数即可求得的值，并且检验直线的斜率不存在时是否满足该定值即可.【小问1详解】由离心率，得，所以，则双曲线的渐近线方程为，因为，分别为其两条渐近线上的点，所以，不妨设，，由于，则点为的中点，所以，又点在双曲线上，所以，整理得：因为的面积为8，所以，则，故双曲线的方程为；【小问2详解】由（1）可得，所以为当直线的斜率存在时，设方程为：，，则，所以，则恒成立，所以，假设在轴上是否存在定点，设，则要使得为常数，则，解得,定点，；又当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线可得，不妨取，若，则，符合上述结论；综上，在轴上存在定点，使为常数，且.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用交点坐标关系，假设在轴上是否存在定点，设，验证所求定值时，根据数量积的坐标运算与直线方程坐标转换可得，要使得其为定值，则与直线斜率无关，那么在此分式结构中就需满足分子分母对应系数成比例，从而可得含的方程，通过解方程确定的存在，使得能确定定点坐标的同时还可得到定值，并且要验证直线斜率不存在的情况.