2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末数学试题含解析
展开2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末数学试题
一、单选题
1.已知等差数列的公差为,且满足,则的值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项计算即可.
【详解】因为,
所以,所以.
故选:A.
2.直线的一个方向向量是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】直接根据方向向量的定义解答即可.
【详解】明显,
直线即为,
所以直线的一个方向向量是.
故选:D.
3.点关于坐标平面的对称点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据点关于坐标平面的对称点的坐标为,即可求解.
【详解】点关于坐标平面的对称点的坐标为.
故选:C.
4.在等比数列中,已知,,则的值为( )
A. B.4 C. D.
【答案】B
【分析】利用等比中项性质列式求解
【详解】等比数列中,.
故选:B.
5.已知椭圆和双曲线的焦点相同,记左、右焦点分别为,,椭圆和双曲线的离心率分别为,,设点为与在第一象限内的公共点,且满足,若,则的值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】A
【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得,,(分别为椭圆的长半轴长及双曲线的实半轴长),从而得,再代入中,求解即可.
【详解】设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为,半焦距为,双曲线的实半轴长、虚半轴长分别为,半焦距为,
则有,
又因为点为与在第一象限内的公共点,且满足,
所以且,
由椭圆的定义可得,
所以,
由双曲线的定义可得,
所以,
所以
所以,
又因为,
解得(舍)或,
故选:A.
6.已知双曲线的方程为,且双曲线的一条渐近线的倾斜角满足,则该双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】利用二倍角的正切公式求出,即可得,再根据离心率公式即可得解.
【详解】,解得或,
又因为,所以,
即,
所以该双曲线的离心率.
故选:B.
7.根据圆的性质我们知道,过圆外的一点可以作圆的两条切线,切点为与,我们把四边形称为圆的“切点四边形”.现已知圆,圆外有一点,则圆的“切点四边形”的周长为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【答案】C
【分析】先求解,再根据垂径定理求解切线长,进而可得周长.
【详解】由题意,,圆半径为1,故,
故四边形的周长为.
故选:C
8.已知三棱锥满足,记点到平面的距离为,若,则三棱锥的外接球的表面积的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】设P在平面的投影为,说明三棱锥的外接球O在上,由几何关系求得半径r与h的关系,进而求得最小值,可得外接球的表面积的最小值.
【详解】设P在平面的投影为,则,平面.
∵,∴,
设三棱锥的外接球O的半径为,则在上,,
则有,当且仅当时等号成立.
∴三棱锥的外接球的表面积的最小值为.
故选:C.
二、多选题
9.已知向量,,是空间直角坐标系中的坐标向量,,,,且满足,与平面平行,则下列说法中正确的是( )
A. B.
C.,所成角为钝角 D.可以用,表示
【答案】AC
【分析】由向量,,是空间直角坐标系中的坐标向量,得到,,两两垂直,且,再由,与平面平行,求得,再逐项判断.
【详解】解:因为向量,,是空间直角坐标系中的坐标向量,
所以,,两两垂直,且,
而,
,
因为与平面平行,则,即,两式联立得,
所以,
A. ,则,故正确;
B.若,则,即,则,不存在,故不平行,故错误;
C. 设,所成的角为,
则,
因为,所以,所成角为钝角,故正确;
D. 假设可以用,表示,则,即,则,无解,故不可以用,表示,故错误;
故选:AC
10.已知等差数列的首项为,公差为,前项和为,且,则下列说法中正确的是( )
A. B.是递减数列
C.为递减数列 D.是公差为的等差数列
【答案】BCD
【分析】对A,直接求值判断;
对B,由二次函数单调性判断;
对C,由与的关系求出通项公式判断;
对D,,由通项公式即可判断.
【详解】对A,,A错;
对B,由,为其对称轴,则在单调递减,则由可知是递减数列,B对;
对C,时,.
又符合上式,故的通项公式为,单调递减,C对;
对D,,则,故是公差为的等差数列,D对.
故选:BCD.
11.已知抛物线.现将抛物线绕原点顺时针旋转,得到新抛物线.记的焦点为.过点的直线交抛物线于、两点,若直线的斜率为,则下列关于的说法中正确的是( )
A.焦点 B.
C.准线方程为 D.的面积为
【答案】ACD
【分析】求出抛物线的焦点坐标以及准线方程,可判断AC选项;将直线的方程与抛物线的方程联立,利用抛物线的焦点弦长公式以及韦达定理可判断B选项;求出原点到直线的距离,利用三角形的面积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项,抛物线的焦点为,
将抛物线绕原点顺时针旋转,则抛物线的焦点为,A对;
对于B选项,易知抛物线的方程为,直线的方程为,
设点、,联立可得,,
所以,,B错;
对于C选项,抛物线的准线方程为,C对;
对于D选项,原点到直线的距离为,
因此,,D对.
故选:ACD.
12.如图所示,已知三棱锥中,,所成角为30°,且.在线段上分别取靠近点的等分点,记为,,…,.分别过,,…,作平行于,的平面,与三棱锥的截面记为,,…,,记截面,,…,的面积分别为,,…,.则以下说法正确的是( )
A.
B.为递增数列
C.存在常数,使为等差数列
D.设为数列的前项积,则
【答案】AD
【分析】过作平行于,的平面分别交,,于,,,根据线面平行的性质可得四边形为平行四边形,进而可得..对A,直接代入;对B,求判断即可;对C,构造判断,结合等差数列的定义判断即可;对D,代入求解即可.
【详解】过作平行于,的平面分别交,,于,,.
因为∥平面,且平面平面,故∥,同理∥,∥,∥,故四边形为平行四边形.
又,所成角为30°,故所成角也为30°.
又为最靠近的等分点,故,.
故,即.
对A,,故A正确;
对B,,故不为递增数列,B错误;
对C,,对任意的常数都不可能使其为一次函数形式,故不可能为等差数列,故C错误;
对D,,,故D正确;
故选:AD
三、填空题
13.设直线在,轴上的截距分别为,,且满足,则直线与坐标轴围成的图形的面积为______.
【答案】3
【分析】所围成的图形为三角形,则所求面积为.
【详解】直线在,轴上的截距分别为,,则直线与坐标轴所围成的图形为三角形,则所求面积为.
故答案为:3.
14.已知向量,,均为单位向量,且它们两两的夹角均为,其中,,则的值为______.
【答案】
【分析】直接根据数量积的定义及运算律计算即可.
【详解】由已知得,
.
故答案为:.
15.已知抛物线的焦点为,准线为.过焦点的一条直线交抛物线于点,(在第一象限).分别过点,作准线的垂线,交准线于,.若,,则的值为______.
【答案】
【分析】设过的直线方程为,联立抛物线的方程,可得,进而根据抛物线的定义与几何关系求解即可.
【详解】设过的直线方程为,,联立可得,故.
易得,故,即.
故,则,解得.
故答案为:
四、双空题
16.已知数列满足,对任意的均有,,,则______,的通项公式为______.
【答案】 .
【分析】根据题意可得出,可求得的值,推导出数列中的奇数项成以为首项,以为公差的等差数列,以及,求出数列中奇数项的表达式,可得出该数列偶数项的表达式,综合可得出数列的通项公式.
【详解】由题意可知,,则,可得;
因为,则,故,
又因为,且,
若,则,不合乎题意,
所以,,则,合乎题意,
所以,数列中的奇数项成以为首项,以为公差的等差数列,
当为奇数时,设,则,
则.
当为偶数时,设,则.
综上所述,.
故答案为:;.
五、解答题
17.设圆,直线.记直线与圆交于、两点.设为关于直线的对称点.
(1)求弦的长;
(2)求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)计算出圆心到直线的距离,利用勾股定理可求得弦的长;
(2)设点,根据两点关于直线对称可得出关于、的方程组,解出这两个未知数的值,可得出点的坐标.
【详解】(1)解:圆的标准方程为,圆心为,半径为,
圆心到直线的距离为,所以,.
(2)解:由题意可知,,易知直线的斜率为,则,
设点,则,解得,即点.
18.设数列是首项为2的等比数列,且,,成等差数列.
(1)求的通项公式;
(2)设,记为数列的前项和,求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由等差中项性质列式求得基本量,即可写出通项公式;
(2)由分组求和及错位相减法求和.
【详解】(1)设等比数列的公比为由题意可得,
由,,成等差数列得或(舍).
∴.
(2),
①,
②,
①②得.
∴
19.亭子是一种中国传统建筑,多建于园林、佛寺、庙宇,人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉(如图1).我们可以把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成(如图2).已知圆锥高为3,圆柱高为5,底面直径为8.
(1)求圆锥的母线长;
(2)设为半圆弧的中点,求到平面的距离.
【答案】(1)5
(2)
【分析】(1)根据母线长与圆锥的高和底面半径形成直角三角形求解即可;
(2)先根据线面垂直的判定与性质可得的高为,再利用等体积法,根据求解即可.
【详解】(1)由题意,圆锥的母线长.
(2)连接,因为为半圆弧的中点,故,.又圆柱中平面,平面,故.
又,,平面,故平面.
故的高为,且.
设到平面的距离为,则,
即,故.
故到平面的距离为
20.如图,已知四棱锥的底面为边长为2的菱形,且平面,.
(1)设为中点,证明:平面平面;
(2)设,上是否存在一点,使得与平面所成的角和平面与平面的夹角相等?若存在,求出所有满足条件的点;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,M为PB中点,理由见解析
【分析】(1)由线线垂直证平面,再依次证、平面、平面平面;
(2)建立空间直角坐标系如图所示,设,由向量法分别求面面角与线面角,建立方程求解即可.
【详解】(1)证明:连接AC,ABCD为菱形,,则为正△,为中点,则,
∵平面,平面,∴.
∵平面,∴平面,
∵平面,∴平面平面;
(2)存在,理由如下:
正中,,则,,
建立空间直角坐标系如图所示,
则,,,,
,,
设平面PBC的法向量为,则有,令,则,
平面AMB的其中一个法向量为,则平面与平面的夹角余弦值为.
设,,则,
则与平面所成角的正弦值为.
由与平面所成的角和平面与平面的夹角相等得.
故存在M为PB中点,满足题意.
21.设各项均为正数的数列的前项和为,且,______.
在①,②这两个条件中任选一个填入横线上,并作答.
(1)求的通项公式;
(2)设且,记的前项和为,求的值.
【答案】(1)
(2)137
【分析】(1)选①,由条件裂项得,由累加法求的通项公式,即可求的通项公式;
选②,由条件得,由平方差化简得,可求等差数列的通项公式,即可得的通项公式,最后由求得通项公式.
(2)由复合函数化简,即可由分段函数写出各项求值.
【详解】(1)选①,由得,
∴.
∴;
选②,,
∵,即,
∴为以首项为,公差为1的等差数列,∴.
∴.
(2),
∴.
22.已知椭圆,左顶点为,右顶点为.
(1)求椭圆的长轴长与短轴长的差值;
(2)已知定直线,点为椭圆上位于轴上方的动点,直线,分别与直线交于点与.当的长度最小时,椭圆上是否存在这样的点,满足的面积为?若存在,确定点的个数;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)2;
(2)存在,点的个数为2.
【分析】(1)根据椭圆的定义,分别求出长轴与短轴长,再求差值即可;
(2)设出直线AS的方程,表达出点M,N的坐标,利用基本不等式求出线段MN的长度的最小值;再求出的长度,得到到直线的距离,利用点到直线距离得到T所在的直线方程,结合根的判别式得到点的个数.
【详解】(1)由题意,椭圆的长轴为,短轴长为,
故长轴长与短轴长的差值为;
(2)直线的斜率k显然存在,且k>0,故可设直线AS的方程为,从而,
由,联立得:,
设,则,
解得:,从而,即,
又,且,
故直线BS的斜率为,则直线BS的方程为,
由,解得:,
所以,
故,又,
所以,当且仅当即时等号成立,
故线段MN的长度的最小值为,
又,此时,
故,
要使椭圆上存在点,使得的面积等于,只须到直线的距离等于,
其中直线:,即,
设平行于的直线为,则由,解得:或,
当时,过原点,与椭圆方程有两个交点;
当时,,联立椭圆方程得:,
由得:与椭圆方程无交点;
综上:点的个数为2.
2023-2024学年广东省肇庆市高二上学期期末教学质量检测数学试题(含解析): 这是一份2023-2024学年广东省肇庆市高二上学期期末教学质量检测数学试题(含解析),共19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。
广东省肇庆市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检测数学试题: 这是一份广东省肇庆市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检测数学试题,文件包含答案解析pdf、肇庆市2022-2023学年度第一学期期末考试高二数学试题pdf等2份试卷配套教学资源,其中试卷共11页, 欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末质量检测数学试题PDF版含答案: 这是一份2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末质量检测数学试题PDF版含答案,文件包含2022-2023学年高二数学答案pdf、2022-2023学年高二数学spdf等2份试卷配套教学资源,其中试卷共11页, 欢迎下载使用。