2022-2023学年新疆兵团地州学校高二上学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年新疆兵团地州学校高二上学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知数列，则该数列的第项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知各项可知数列的通项公式，代入即可.

【详解】由题意知：该数列的通项公式为，.

故选：A.

2．已知经过两点的直线的方向向量为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据方向向量定义和共线向量的坐标表示可直接构造方程求得结果.

【详解】，又直线的方向向量为，，解得：.

故选：A.

3．已知圆，圆，则圆与圆的位置关系为（    ）

A．相离 B．相交 C．外切 D．内切

【答案】C

【分析】确定两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径的关系判断位置关系即可.

【详解】圆的圆心与圆的圆心，所以两圆的圆心距为3，

又圆的半径为1，圆的半径为2，且圆心距等于圆与圆的半径之和，

所以圆与圆的位置关系为外切．

故选：C.

4．与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件求得双曲线的实半轴、虚半轴，从而求得双曲线方程.

【详解】椭圆的焦点为．

因为所求双曲线的离心率，

所以其实半轴长为2，虚半轴长为，

故所求双曲线的方程为．

故选：B

5．如图，在直三棱柱中，，，，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据异面直线所成角的向量求法直接求解即可.

【详解】由题意知：，，，，

，，

，

即异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

6．已知空间任意一点和不共线的三点，若，则“”是“四点共面”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．即不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据的值可推导得到，由此可得四点共面，知充分性成立；由空间向量共面定理可知四点共面时，，知必要性不成立，由此可得结论.

【详解】当时，，

即，，

三点共线，四点共面，充分性成立；

当四点共面时，，

满足条件的数据不止，必要性不成立；

“”是“四点共面”的充分不必要条件.

故选：B.

7．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A．12 B．36 C．31 D．33

【答案】C

【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.

【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则.

由分段后性质可知：构成等比数列.

由，即，解得：.

所以.

故选：C

8．已知直线与抛物线相交于两点，若线段的中点坐标为，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用点差法可求得直线斜率，由直线点斜式方程可整理得到结果.

【详解】设，

由得：，

线段的中点为，，，

，即直线的斜率为，

直线的方程为：，即.

故选：A.

9．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．比如取正整数，根据上述运算法则得出．猜想的递推关系如下：已知数列满足（为正整数），，若，则的取值为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【分析】根据“冰雹猜想”可得，结合递推关系式，分类讨论可得.

【详解】由“冰雹猜想”可知：若，则，，

若为偶数，则；若为奇数，则；

综上所述：或.

故选：D.

10．《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，平面，底面是矩形，分别为的中点，，，若平面，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果.

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，，

，，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，又平面，

，，解得：.

故选：C.

11．已知直线与圆交于两点，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由圆的方程可确定半径，利用垂径定理可表示出，代入三角形面积公式，利用基本不等式可求得最大值.

【详解】由圆的方程知：圆心，半径，

设圆心到直线的距离为，则，

（当且仅当时取等号），

则面积的最大值为.

故选：D.

12．已知双曲线的左焦点为，过的直线与的左支交于点，与的其中一条渐近线在第一象限交于点，且，（是坐标原点），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据可得，从而利用表示出点坐标，代入双曲线方程即可构造出关于的方程，从而解方程求得结果.

【详解】作轴，轴，垂足分别为，

，，，

，，，

，，

，，，

，

又在双曲线上，，整理可得：，

解得：或（舍），.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用问题，本题求解的关键是能够根据共线向量，得到线段长度间的比例关系，从而利用表示出双曲线上的点的坐标，结合双曲线方程求得结果.

二、填空题

13．写出抛物线上与焦点的距离等于的点的坐标：         

【答案】或

【分析】利用抛物线焦半径公式可构造方程求得结果.

【详解】设与焦点的距离等于的点为，

由抛物线方程知：准线为，，解得：，

，解得：，

与焦点的距离等于的点的坐标为或.

故答案为：或.

14．已知不过原点的直线与直线平行，且直线与的距离为，则直线的一般式方程为          ．

【答案】

【分析】假设方程，利用平行直线间距离公式可构造方程求得结果.

【详解】直线不过原点且与平行，可设直线，

与之间的距离，解得：或（舍），

直线的一般式方程为：.

故答案为：.

15．如图，在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，则          ．

【答案】/

【分析】根据向量线性运算，将转化为，根据向量数量积的定义和运算律可求得结果.

【详解】.

故答案为：.

16．已知等差数列的首项为，前项和为，若，且，则的取值范围为          ．

【答案】

【分析】根据等差数列通项和前项和的函数性可证得数列为等差数列，结合已知等式可求得，由可构造不等式组求得结果.

【详解】设等差数列的公差为，

，，

数列是以为首项，为公差的等差数列，

，解得：；

，，解得：，

即的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】结论点睛：若数列为等差数列，公差为，为数列的前项和，则数列是以为首项，为公差的等差数列.

三、解答题

17．已知不过原点的直线在两坐标轴上的截距相等，且过点.

(1)求直线的方程；

(2)若圆与轴都相切，且圆心在直线上，求圆的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设直线方程为，代入所过点坐标求得参数值；

（2）设圆心为，代入直线可得，由圆与轴都相切可得，然后分和两种情况分析即可

【详解】（1）设不过原点的直线在两坐标轴上的截距为，则直线为，

将点代入可得，

所以直线的方程为即.

（2）设圆心为，由圆心在直线上可得①，

因为圆与轴都相切，所以，

若，则①式为，不成立，舍去；

若，则①式为，所以，，

所以圆的方程

18．设是公差不为0的等差数列，为的等比中项．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列的基本量的运算即得；

（2）利用裂项相消法即得.

【详解】（1）设的公差为，因为为的等比中项，

所以，

解得：，

因为，所以，

故；

（2）因为，

所以.

19．如图，在正方体中，是的中点，是的中点．

(1)证明：平面．

(2)求平面和平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形中位线性质可证得，由线面平行的判定可证得结论；

（2）设正方体棱长为，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）连接，交于，连接，

分别为的中点，，

平面，平面，平面.

（2）设该正方体的棱长为，以为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

，，，，

设平面的法向量为，

则，令，解得：，，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，

平面和平面所成锐二面角的余弦值为.

20．已知数列的前n项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由与的关系可得递推公式，即可由递推公式求通项公式；

（2）由错位相减法求和.

【详解】（1）由题意得，，则，即，

∵，，，∴，，则不恒为0，∴，即.

∵，∴当，；当，.

故的通项公式为.

（2），

①，

②，

①-②得，

则数列的前n项和.

21．如图，点在内，是三棱锥的高，是边长为6的正三角形，．

(1)求的长度；

(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，由是三棱锥的高，可得，再由等腰三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，则，再利用等面积法可求得结果，

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）取的中点，连接．

因为是三棱锥的高，即平面，

因为平面，所以．

因为，为的中点，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以．

又因为，所以点在上．

因为是边长为6的正三角形，

所以，

所以，

因为，所以．

因为的面积为，

所以，解得．

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

．

设平面的法向量为，

则，取，则．

因为．

所以．

故直线与平面所成角的正弦值为．

22．已知椭圆的离心率为，C上的点到其焦点的最大距离为．

(1)求C的方程；

(2)若圆的切线l与C交于点A，B，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.

（2）根据直线的存在是否存在进行分类讨论，根据弦长公式求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值．

【详解】（1）因为C的离心率为，所以．

因为C上的点到其焦点的最大距离为，

所以，解得，．

因为，所以，故C的方程为．

（2）当l的斜率不存在时，可得．

当时，可得，，则．

当时，同理可得．

当l的斜率存在时，设．

因为l与圆相切，所以圆心到l的距离为，

即．

联立得．

设，，则，．

．

令，

则，

当且仅当，即时，等号成立．

因为，所以的最大值为．

【点睛】利用椭圆的离心率求得椭圆的方程，关键点在于根据条件列方程，求得，是两个参数，所以需要两个条件（方程）来求解.求直线和椭圆相交所得弦长，需要到弦长公式，其中的是通过联立直线方程和椭圆方程，然后利用根与系数关系来求得.