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    2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末数学试题含解析

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    这是一份2022-2023学年广东省肇庆市高二上学期期末数学试题含解析,共17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(    

    A2 B3 C4 D5

    【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】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 B4 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,设点在第一象限内的公共点,且满足,若,则的值为(    

    A3 B4 C5 D6

    【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

    又因为点在第一象限内的公共点,且满足

    所以

    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()

    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

    又因为,所以

    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,我们把四边形称为圆切点四边形”.现已知圆,圆外有一点,则圆切点四边形的周长为(    

    A2 B4 C6 D8

    【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】P在平面的投影为,说明三棱锥的外接球O上,由几何关系求得半径rh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】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

    因为与平面平行,则,即,两式联立得

    所以

    A. ,则,故正确;

    B.,则,即,则,不存在,故不平行,故错误;

    C. 所成的角为

    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】A,直接求值判断;

    B,由二次函数单调性判断;

    C,由的关系求出通项公式判断;

    D,由通项公式即可判断.

    【详解】AA错;

    B,由为其对称轴,则单调递减,则由可知是递减数列,B对;

    C时,.

    符合上式,故的通项公式为,单调递减,C对;

    D,则,故是公差为的等差数列,D.

    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.的焦点为.过点的直线交抛物线两点,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.

    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】作平行于的平面分别交,根据线面平行的性质可得四边形为平行四边形,进而可得..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】作平行于的平面分别交.

    因为平面,且平面平面,故,同理,故四边形为平行四边形.

    所成角为30°,故所成角也为30°.

    为最靠近等分点,故.

    ,即.

    A,故A正确;

    B,故不为递增数列,B错误;

    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;

    D,故D正确;

    故选:AD

     

    三、填空题

    13.设直线轴上的截距分别为,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.,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.

    ,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

    ,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,

    为奇数时,设,则

    .

    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.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)的通项公式;

    (2),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

    成等差数列得(舍).

    .

    2

    .

    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)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.

    平面,故平面.

    的高为,且.

    到平面的距离为,则

    ,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)中点,证明:平面平面

    (2)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,MPB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ACABCD为菱形,,则为正中点,则

    平面平面.

    平面平面

    平面平面平面

    2)存在,理由如下:

    中,,则

    建立空间直角坐标系如图所示,

    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.

    ,则

    与平面所成角的正弦值为.

    与平面所成的角和平面与平面的夹角相等得.

    故存在MPB中点,满足题意.

    21.设各项均为正数的数列的前项和为,且______.

    这两个条件中任选一个填入横线上,并作答.

    (1)的通项公式;

    (2),记的前项和为,求的值.

    【答案】(1)

    (2)137

     

    【分析】1)选,由条件裂项得,由累加法求的通项公式,即可求的通项公式;

    ,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,由

    .

    ,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.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MN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

    ,联立得:

    ,则

    解得:,从而,即

    ,且

    故直线BS的斜率为,则直线BS的方程为

    ,解得:

    所以

    ,又

    所以,当且仅当时等号成立,

    故线段MN的长度的最小值为

    ,此时

    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:

    时,过原点,与椭圆方程有两个交点;

    时,,联立椭圆方程得:

    得:与椭圆方程无交点;

    综上:点的个数为2

     

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