精品解析：河南省新乡市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（解析版）

2022~2023学年新乡高二期末（上）测试

数学

注意事项：

1．答题前、考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知直线，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据两直线垂直，列出方程，求出a的值即可.

【详解】由直线，，

可得，解得．

故选：D.

2. 已知数列满足，且，则（    ）

A. 1 B. 3 C. 9 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用递推关系式逐项计算后可求，也可以利用累乘求的值.

【详解】解法一：．

解法二：由，可得．

故选：B.

3. 下列条件能使点与点一定共面的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.

【详解】设，若，则点共面．

对于A，，由于，故A错误；

对于B，，由于，故B错误；

对于C, ，由于，故C错误；

对于D，，由于，得共面，故D正确.

故选：D.

4. 已知等差数列的公差不为，其前项和为，且，，当取得最小值时，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，由可得出，然后解不等式，可得出当取得最小值时对应的的值.

【详解】设等差数列的公差为，由可得，

整理可得，所以，，

令，即，解得，

因此，当取最小值时，.

故选：C.

5. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，，则（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】连接，将待求表达式转化进行运算简化.

【详解】

连接，由棱柱性质，侧棱平面，平面，则，

故，又，

.

故选：C

6. 已知为等比数列的前项和，与分别为方程的两个根，则（    ）

A. 5 B. 8 C. 15 D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出方程的两个根，然后进行分类讨论即可

【详解】设等比数列的公比为

由可得两个实数根为，

因为与分别为方程的两个根，

所以该方程组无实数解；

或者，解得，

所以

故选：A

7. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.

【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，

因为是的中点，，

所以，

所以，．

设是平面的法向量，

则，令，得．

故点到平面的距离为．

故选：B

8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由双曲线可得到渐近线方程，，然后利用点到直线的距离公式求得，接着在利用余弦定理即可求出答案

【详解】由双曲线可得，渐近线方程为，离心率为，

不妨取渐近线即，所以到渐近线的距离为，

在中，，所以，，即，

在中，即，

所以，

所以

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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. 已知数列前5项依次如图所示，则的通项公式可能为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据选项中的通项对前五项一一验证即可.

【详解】对于选项A：时，，，，，，满足题意，故A正确；

对于选项B：时，，，，，，满足题意，故B正确；

对于选项C：时，，，，，，满足题意，故C正确；

对于选项D：时，，不满足题意，故D错误；

故选：ABC.

10. 如图，在正方体中，、、分别为、、的中点，则（    ）

A. 平面

B. 平面

C.

D. 直线与直线所成角的余弦值为

【答案】BD

【解析】

【分析】以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，

则、、、、、，

所以，，，，，

设平面的法向量为，则，

令，得．

对于A选项，因为与不平行，所以与平面不垂直，A错；

对于B选项，因为，所以，且平面，所以平面，B对；

对于CD选项，，

所以，异面直线与直线所成角的余弦值为，C错D对.

故选：BD.

11. 若圆和圆的交点为、，则（    ）

A. 公共弦所在直线的方程为

B. 线段的中垂线方程为

C. 公共弦的长为

D. 与和都相切的两条直线交于点

【答案】ABD

【解析】

【分析】将两圆方程作差可得出公共弦的方程，可判断A选项；分析可知直线垂直平分线段，求出直线的方程，可判断B选项；求出，可判断C选项；利用三角形相似求出两圆公切线的交点的坐标，可判断D选项.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

则，所以，，

所以，圆、相交，

对于A选项，将两圆方程作差可得，即公共弦所在直线的方程为，A对；

对于B选项，由圆的几何性质可知，直线垂直平分线段，

所以，线段的中垂线所在直线的方程为，B对；

对于C选项，圆心到直线的距离为，

所以，，C错；

对于D选项，设两切线交于点，由圆的对称性可知，点在直线上，

设两切线分别切圆于、两点，分别切圆于点、，

连接、，由切线的几何性质可知，，

又因为，故，

设点，则，所以，，解得，即点，

因此，与和都相切的两条直线交于点，D对.

故选：ABD.

12. 已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（    ）

A. 四边形面积的最大值为2 B. 四边形周长的最大值为

C. 为定值 D. 四边形面积的最小值为8

【答案】AB

【解析】

【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算判断C，D.

【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，直线，与坐标轴不垂直，

因为，，则四边形为矩形，则，

由，得，当且仅当时，等号成立，

所以四边形面积的最大值为2，故A正确．

由，当且仅当时，等号成立，得，

所以四边形周长的最大值为，故B正确．

设直线的方程为，，，，

联立消得，则

则，

同理，所以，故C不正确．

，所以，当且仅当时，等号成立，此时，故D不正确．

故选：AB.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 椭圆的长轴长为______.

【答案】8

【解析】

【分析】根据椭圆长轴长定义求解即可.

【详解】由题知：，所以长轴长为.

故答案为：8

14. 已知空间三点，则点到直线的距离为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.

【详解】易知，

则，，

故点到直线的距离为．

故答案为：.

15. 已知直线与曲线有两个交点，则的取值范围为______________．

【答案】

【解析】

【分析】直线过定点，曲线表示以为圆心，2为半径的上半圆，数形结合可求实数的取值范围.

【详解】直线，得，可知直线过定点，

如图，曲线表示以为圆心，2为半径的上半圆．

当直线与半圆相切时，，解得．

曲线与轴负半轴交于点．

因为直线与曲线有两个交点，所以．

故答案为：.

16. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则______；数列的前100项和为______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】当时，,当时，,联立可得，利用累加法可得，从而可求得，即可得到，根据，即可得到.

【详解】令且，

当时，①；

当时，②，

由①②联立得.

所以，

累加可得.

令(且为奇数)，得.

当时满足上式，

所以当为奇数时，.

当为奇数时，，

所以，其中为偶数.

所以，所以.

因为，

所以的前2n项和

，

所以

故答案为：，

四、解答题：本题共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. 已知椭圆的离心率为，且过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线与椭圆交于两点，求两点的横坐标之积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用椭圆经过的点和离心率列方程求解；

（2）联立直线和椭圆，利用韦达定理求解.

【小问1详解】

由题意可得，解得

故椭圆的方程为．

【小问2详解】

不妨设，

联立消去，得，

易得，则由韦达定理，故．

18. 已知为正项等比数列，.

（1）求的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知条件结合等比数列通项的性质，求出公比，即可得数列通项；

（2）根据数列特征，用错位相减法求数列前项和.

【小问1详解】

因为为正项等比数列，且，所以.

设等比数列的公比为，则 ， 解得.

故

【小问2详解】

依题意有

所以，

则，

两式相减，

可得

故

19. 如图，在直四棱柱中，，为棱的中点，点在线段上，且．

（1）证明：．

（2）若二面角的余弦值为，求的值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示证明即可；

（2）求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式列出关于的方程，求解即可．

【小问1详解】

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则．

因为，

所以，

所以，故．

【小问2详解】

因为，

所以．

设平面的法向量为，

则，令，得．

易得平面的一个法向量为．

，解得（舍去）．

故的值为．

20. 如图，正三棱锥P－ABC的所有侧面都是直角三角形，过点P作PD⊥平面ABC，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点．

（1）证明：起的中点．

（2）求直线与平面夹角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】（1）连接，根据题意证得平面，得到，结合，即可得到是的中点；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，把直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.

【小问1详解】

证明：连接，因为平面，平面，所以，

因为平面平面，所以，

因，且平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为，所以是的中点．

【小问2详解】

解：因为正三棱锥的所有侧面都是直角三角形，可得两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

不妨设，则，

由，且，平面，

所以平面，因为平面，所以，

直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，且，

连接，由正三棱锥性质可知，点是的重心，所以，故，

则，

设平面的法向量为，则，

令可得，所以．

因为，

所以直线与平面夹角的正弦值为．

21. 已知正项数列的前项和为，且.

（1）证明：是等差数列.

（2）设数列的前项和为，若满足不等式的正整数的个数为3，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用题意得到，继而得到，两式相减可得即可证明；

（2）由（1）可得，，所以，然后利用裂项相消法可求出，继而分析的单调性即可求解

【小问1详解】

由可得，

当时，

两式相减可得

，

又由可得解得

是以为首项，为公差的等差数列，

小问2详解】

由（1）可得，，

所以，

所以

因为在内单调递增，所以，单调递增，

因为，，所以满足不等式的正整数的个数为3，的取值范围为

22. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.

（1）求双曲线的方程；

（2）若的外心为，求的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)设双曲线的半焦距为，由条件列关于的方程，解方程求可得双曲线方程；

(2)设直线的方程为，利用设而不求法求点的坐标，利用表示，再求其范围.

【小问1详解】

设双曲线的半焦距为，

因为双曲线的右焦点为，所以，

因点和点关于轴对称，

所以当时，直线的方程为，

联立可得，又，

所以，又，

所以，

故双曲线方程为；

【小问2详解】

若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，

所以可设直线的方程为，

联立，消，得，

方程的判别式，

设，

则，

，

由已知，所以，

所以线段的中点坐标为，

所以线段的垂直平分线方程为，

又线段的垂直平分线方程为，

所以点的坐标为，

所以，

所以，

所以，，

因为，所以，

所以，

所以

所以的取值范围为.

【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.