2022-2023学年广东省珠海市第一中学高二上学期期末数学试题含答案

2022-2023学年广东省珠海市第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．设直线的倾斜角为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合直线的倾斜角与斜率关系先求出，然后结合同角基本关系即可求解．

【详解】由题意得直线的斜率，故为钝角，则，，

由，解得．

故选：D．

2．已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的坐标表示，利用向量相等列方程组即可求出结果．

【详解】因为向量在基底下的坐标为，即，

设，、、，

所以，

令，解得，，；

所以在基底下的坐标为．

故选：B.

3．已知数列满足，若为递增数列，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】为递增数列，则，可得的范围．

【详解】若为递增数列，则，

则有，对于恒成立．

，对于恒成立，．

故选：A．

4．德国数学家米勒曾提出过如下的“最大视角原理”：对定点、和在直线上的动点，当与的外接圆相切时，最大．若，，是轴正半轴上一动点，当对线段的视角最大时，的外接圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先由条件确定点的坐标，再求外接圆的方程.

【详解】设，则，，

，

当且仅当时成立,解得，，

设的外接圆的方程为，

则，解得，，，

的外接圆的方程为．

故选：．

5．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于、两点，若，则的中点到准线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．

【解答】解：已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于、两点，

设抛物线的准线交轴于点，的中点为，

过作准线的垂线使得，，，轴于，

设，又，则，，

则，又，则，

又，则，即，

则，

故选：C．

6．已知数列、满足，，，的前项和为，，则数列的最大项为（    ）

A．25 B．24 C．27 D．26

【答案】A

【分析】由已知数列的递推式和等比数列的通项公式可得，又，结合数列的恒等式可得的通项公式，由数列的分组求和可得，，运用配方法可得所求最大值．

【详解】解：由，，，可得，

所以，

又，所以，

所以，

，

，

当时，取得最大值，

故选：A

7．已知正方体的内切球的表面积为，是棱上一动点，当直线与平面的夹角最大时，四面体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量法及函数思想，求出点位置，再利用向量法求解点面距，最后即可计算四面体的体积．

【详解】解：建系如图，

正方体的内切球的表面积为，则内切球半径，

易得正方体的棱长为1，

，0，，，1，，，1，，设，0，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，取，

直线与平面的夹角的正弦值为：

，

令，，，，，

，

令，，，，，

，，，

当，即，即时，直线与平面的夹角的正弦值取得最大值，

此时直线与平面的夹角也最大，

当直线与平面的夹角最大时，为棱的中点，

此时平面的法向量，又，

点到平面的距离为，

此时，，则△的面积为，

此时四面体的体积，

故选：．

【点睛】关键点点睛：向量法求解线面角问题，函数思想，化归转化思想，向量法求解点面距问题.解题的关键是建立空间直角坐标系，确定点的位置是为棱的中点，然后利用点面距的向量求法，求出四面体的高．

8．已知椭圆的左焦点为，上两点、满足，若的最小值为，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据椭圆的定义，可得，推出，再结合，得，即可得解．

【详解】解：设椭圆的右焦点为，连接，，

因为，由椭圆的对称性知，四边形为矩形，所以，

由椭圆的定义知，，所以，

在中，，所以，

而，所以，即，

所以离心率．

故选：D．

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．若直线与直线平行，则它们的距离为

B．点关于直线的对称点的坐标为

C．原点到直线的距离的最大值为

D．直线与坐标轴围成的三角形的面积为

【答案】BC

【分析】由题意利用两条直线平行的性质求得的值，再利用两条平行直线间的距离公式，计算求得结果判断A；利用对称知识求出对称点判断选项B；求出直线系经过的定点，利用两点间距离公式求解最大值即可判断C；求解三角形的面积判断D．

【详解】对于A ，直线与直线平行，

显然，所以，且，解得，

故两条平行直线即为直线与直线，

则它们之间的距离为，所以A不正确；

对于B，假设点关于直线的对称点的坐标为，则，解得，，

即点关于直线的对称点的坐标为，故B正确；

对于C，由，得，由，得，

故直线过定点，

所以原点到直线的距离的最大值为，故C正确；

对于D，令，得，令，得，

所以直线与坐标轴围成的三角形的面积为，故D不正确.

故选：BC．

10．已知为坐标原点，，动点满足，记的轨迹为曲线，直线的方程为，交于两点、，则下列结论正确的是（    ）

A．的方程为

B．的取值范围是

C．的最小值为8

D．可能是直角三角形

【答案】ABC

【分析】设，可求点的轨迹方程判断A；利用有两交点可求的范围判断B；联立方程组可求的最小值为8判断C；求得的斜率的范围可判断D．

【详解】对A，设，由题意可得，整理可得，所以A正确；

对B，且圆心的坐标，半径，则圆心到直线的距离，

要使有两个交点，可得，即，可得，所以B正确；

对C，联立，整理可得：，

，即，，，

，

所以，

当满足时，的值最小，最小值为8，所以C正确；

对D，由的最小值为8，可知不可能为直角顶点，

不妨设在的下方，可知不可能为直角顶点，

设过原点与的直线方程为，由圆心到直线的距离，

解得，解得，，

故不与垂直，

不可能是直角三角形，故D错误．

故选：ABC．

11．已知数列满足，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．是等比数列

C．  D．

【答案】ABD

【分析】分别计算数列的前几项，推得，可判断选项A、B；考虑时，，可判断选项C；由数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式和不等式的性质，可判断选项D．

【详解】解：由，，

可得，

，

，

，

，

故A,B正确；

由时，，故C错误；

设，，

上面两式相减可得，

化简可得，

由，即有，故D正确．

故选：ABD．

12．已知双曲线，左焦点为，左右顶点分别为、，，是右支上一动点，且的最小值为，关于轴的对称点为，则下列结论正确的是（    ）

A．的离心率为2 B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】由题意画出图形，结合双曲线定义及三角形两边之和大于第三边列式求解可判断；得可判断；，，可判断；假设成立，可得，可判断．

【详解】由题意，，，设右焦点为，

由双曲线定义知，，则，

，，

，

即，，

，即，故A不正确．

设，，，，

，，，

由A可得双曲线方程为，，，故B正确；

记交轴于点，，

，

，故C正确；

假设成立，则只需，

两边平方得，，

，，

，当时取等号，显然成立，故D正确；

故选：BCD．

【点睛】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，考查直线与双曲线的位置关系，属难题．

三、双空题

13．曲线的渐近线为   ，离心率为   ．

【答案】     和    

【分析】原曲线方程化为，可得该曲线为双曲线，求得渐近线方程和对称轴方程，由坐标轴的旋转公式，化简可得曲线方程的标准形式，可得，，，．

【详解】解：曲线可化为，

可得曲线的两条渐近线方程为和，

设该曲线的对称轴方程为，

由两直线的到角公式可得，

解得，则对称轴方程为，

设双曲线的旋转角为，即，，，

由坐标轴的旋转公式得，代入方程，

化简可得，

即有，，，

．

故答案为：和；．

四、填空题

14．已知公差不为零的等差数列满足，、、成等比数列，为数列的前项和，则的最小值为   ．

【答案】

【分析】根据条件可求出，，从而得出，然后即可求出的最小值．

【详解】设等差数列的公差为，，，，成等比数列，

，解得，，

，

或15时，取最小值．

故答案为：．

15．在正方体中，为棱的中点，是正方体内（含边界）一点，满足，若，则的取值范围是        ．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用已知条件列方程，得出点的纵坐标和竖坐标的关系，再由空间向量数量积的坐标运算求解．

【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则，，，，

设，，

因为，，，

所以，即，

由，得，则，，，

则，，

则

，

所以当，时，取得最小值；

当或，时，取得最大值，

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过的直线交于、两点，交准线于点．若平分，，则的方程为       ．

【答案】

【分析】设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由抛物线的定义和平行线分线段成比例、直角三角形的正切函数的定义和二倍角的正切公式，化简整理可得，分别解得，的纵坐标（用，表示），结合韦达定理，解方程可得的值，可得抛物线的方程．

【详解】设过的直线的方程为，

与抛物线的方程联立，可得，

设，，，

则，，

则．

过作，垂足为，过作，垂足为，

则，，设，，

则，

即有，

设，则，

，即，

则，

解得，

则，，可得，

即有，

又，解得，，

又，可得，

又，则，解得，

则抛物线的方程为．

故答案为：．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

五、解答题

17．已知数列满足，，．

(1)证明：是等差数列；

(2)记数列的前项和为，求最小的正整数，使得．

【答案】(1)证明见解析

(2)7

【分析】（1）由题意得，利用等差数列的定义，即可证明结论；

（2）由（1）得，利用累加法可得，利用裂项相消法求和可得，求解，即可得出答案．

【详解】（1）证明：，，

又，，则，

数列是首项为5，公差为2的等差数列；

（2）由（1）得数列是首项为5，公差为2的等差数列，则，

当时，，，，，，

由累加法得，则，

又当时，符合题意，

，则，

数列的前项和为，

，即，即，解得（不合题意，舍去）或，

最小的正整数为7．

18．已知直线，直线，，与交于点．

(1)设的轨迹为曲线，求的方程；

(2)证明：曲线与圆相交，并求它们的公共弦的长．

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）利用两直线互相垂直，求得两直线过的定点坐标，可求的方程；

（2）利用两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，求得圆的圆心到直线的距离，可求公共弦的长．

【详解】（1）直线过定点，

直线，整理可得，则过定点，

由，则直线与直线相互垂直，故的轨迹是以为直径的圆，

中点的坐标为，，

的轨迹的方程为；

（2）曲线与圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程为，

即公共弦所在直线方程为，

圆的圆心到直线的距离，

公共弦的长为．

19．如图，在三棱台中，已知平面平面，，，．

(1)证明：；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明和，得到平面，可得．

（2）通过建立空间直角坐标系，分别计算平面与平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．

【详解】（1）证明：延长，，相交于点，如图所示，

平面平面，平面平面，

平面，，则平面，

平面，．

又，，，为等边三角形，且为的中点，则，

平面，，

平面，平面，

．

（2）取的中点，则，又平面平面，平面平面，

平面，平面，

以点为原点，分别以，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．

可得：， ，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

由，令，可得，，

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

由，令，可得，，

平面的一个法向量为，

．

二面角的余弦值为．

20．已知是椭圆上一点，、为的左、右焦点，，，.

(1)求的方程；

(2)过的直线交椭圆于两点，若四边形的面积为，求的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由椭圆的定义和，可得，再由余弦定理解方程可得，进而得到椭圆方程；

（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，运用韦达定理和四边形的面积为两个三角形的面积之和，解方程可得，进而得到所求直线方程．

【详解】（1）设，

由椭圆的定义可得，

可得，即，

由余弦定理可得，

解得，，，

所以椭圆的方程为.

（2）依题意设直线的方程为，与椭圆方程联立，

可得，

，即，

设，，

可得，，

，

则四边形的面积，

所以，所以，

解得，.

则直线的方程为或.

21．已知动圆与圆外切，与轴相切，记圆心的轨迹为曲线，．

(1)求的方程；

(2)若斜率为4的直线交于、两点，直线、分别交曲线于另一点、，证明：直线过定点．

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）设，由两圆外切的条件和直线和圆相切的条件，列方程，化简方程，即可得出点的轨迹的方程；

（2）设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，再求得直线的方程，与抛物线的方程联立，求得的坐标，同理可得的坐标，求得直线的斜率，进而得到直线的方程，可得所求定点．

【详解】（1）设，动圆的半径为，

圆的圆心为，半径为1，

因为动圆与圆外切，

可得或，

化为或，

所以点的轨迹的方程为：或．

（2）  

证明：设直线的方程为，设，，，，

联立，化为，

△，解得．

所以，，

直线的方程为，与联立，

解得，，所以，．

同理可得，，

，

所以直线的方程为：，

化为，

，

，

根据对应系数相等可得，

得，则，

所以直线恒过定点，．

【点睛】本题考查轨迹方程的求法，以及两圆的位置关系、抛物线的方程、直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．

22．记直线为曲线的渐近线．若，过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，再过作轴的垂线交于点依此规律下去，得到点列，，，和点列，，，，为正整数．记的横坐标为，．

(1)求数列的通项公式；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得双曲线的渐近线，由题意分别求得，，，，，，，，可得，；

（2）运用数学归纳法证明，结合分析法和不等式的性质，即可得证．

【详解】（1）由直线为曲线的渐近线，可得直线的方程为，

可得，，，，，，，，，，

，，，，

则，，，，，；

，，，，，；

（2）证明：运用数学归纳法证明．

，

当时，原不等式的左边，右边，由，则原不等式成立；

设时，，

当时，，

要证原不等式成立，即证，

上式化为，即为，

即为，两边平方可得，该不等式显然成立，

所以时，原不等式也成立．

所以．

【点睛】方法点睛：数学归纳法中用放缩技巧证明数列不等式的关键在于观察通项特征和所证结论，适当调整放缩幅度，做到放缩得恰到好处，同时还要做到放缩求和两兼顾.将不等式加强主要是为了方便使用数学归纳法证明，考查了转化思想和运算能力、推理能力．