山东省枣庄市2022-2022学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第一学期学科素养诊断试题

高二数学

2023.02

一､选择题：本大题共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. 已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中射影的定义即可得到答案.

【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以的竖坐标为0 ，

横、纵坐标与A点的横、纵坐标相同，所以点的坐标为.

故选：D

2. 已知，且，则的值是（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】由直接列方程求解即可.

【详解】因为，且，

所以，解得，

故选：A

3. 如图，空间四边形中，，，.点在上，且，为的中点，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.

【详解】.

故选：B.

4. 已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案.

【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得，

设的倾斜角为，，所以.

故选：D

5. 在棱长均为1的平行六面体中，，则（    ）

A.  B. 3 C.  D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.

【详解】设，，，由已知，得，，，

，所以，

所以.

故选：C

6. 已知数列满足，则（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据递推式以及迭代即可.

【详解】由，得，，，，

，，.

故选：B

7. 抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于y轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则经点B反射后的反射光线必过点（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出、坐标可得直线的方程，与抛物线方程联立求出，根据选项可得答案,

【详解】把代入得，所以，

所以直线的方程为即，

与抛物线方程联立解得，所以，

因为反射光线平行于y轴，根据选项可得D正确,

故选：D.

8. 已如双曲线（，）的左､右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先作辅助线，设出边长，结合题干条件得到，，利用勾股定理得到关于的等量关系，求出离心率.

【详解】连接，设，则根据可知，，因为，由勾股定理得：，由双曲线定义可知：，，解得：，，从而，解得：，所以，，由勾股定理得：，从而，即该双曲线的离心率为.

故选：A

二､多选题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 圆与圆的位置关系可能是（    ）

A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含

【答案】ABC

【解析】

【分析】由圆心距与两圆半径关系判断两圆的位置关系.

【详解】整理为：，从而圆心为，半径为2，而的圆心为，半径为2，从而两圆的圆心距为，

当，即或时，此时两圆外离；

当，此时，此时两圆外切；

由于恒成立，故当，即时，两圆相交；

且，故两圆不会内含或内切，综上：两圆得位置关系可能是外离，外切或相交.

故选：ABC

10. 已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 为递减数列

C. 是和的等比中项 D. 的最小值为

【答案】AD

【解析】

【分析】先由题干中条件得到公差，从而求出通项公式，判断出AB选项；计算出，，发现，故判断C选项的正误；D选项为递增数列，且，，从而得到最小，计算出结果即可判断.

【详解】由题意得：，因为，所以，所以通项公式为：，A选项正确；由于，所以为递增数列，B选项错误；通过计算可得：，，，其中，所以不是和的等比中项，C选项错误；因为为递增数列，且，，故在时取得最小值，，D选项正确

故选：AD

11. 已知直线，其中，下列说法正确的是（    ）

A. 若直线与直线平行，则

B. 当时，直线与直线垂直

C. 直线过定点

D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等

【答案】BC

【解析】

【分析】根据直线方程的相关性质即可逐项求解.

【详解】对于A项，若直线与直线平行，则或1，故A错误；

对于B项，当时，直线为，斜率为1，而直线斜率为－1，∴两条直线垂直，故B正确；

对于C项，恒成立时，令y＝0，得x＝1，即直线过定点(1，0)，故C正确；

对于D项，当时，直线为，令，令，所以横截距和纵截距互为相反数，故D错误.

故选：BC.

12. 如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（    ）

A.

B.

C. 直线与平面所成角的最小值是

D. 的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】证明平面得到A正确；取特殊点排除B；根据距离的最值得到C正确；确定得到D正确，得到答案.

【详解】如图所示：连接，，，

平面，平面，故，

，，故，

又因为，故平面，

又因为平面，故，A正确；

当与重合时，即，由于，不垂直，故B错误；

到平面的距离为，

当最大时，直线与平面所成角度最小，

的最大值为，

故此处线面所成角的最小值θ的正弦值为，，故，C正确；

，当三点共线时等号成立，D正确.

故选：ACD

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置.

13. 若，，为共面向量，则的值为_________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据空间向量共面定理即可求解.

【详解】若为共面向量,

则存在一组唯一的实数，使得，

即，

即，解得，

故答案为：2

14. 已知数列中，，且数列为等差数列，则_____________.

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：由题意得:

考点：等差数列通项

15. 在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

因为，，，

所以.

所以点到直线的距离为.

故答案为：.

16. 已知点，，，直线，若直线与线段有公共点，则的最大值为________；若直线与线段有公共点，则的取值范围是________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】直线l表示过点的直线，在平面直角坐标系中作出线段，当直线l过点B时，直线l与线段相交且斜率最大，求出斜率；作出线段，直线l分别过点B和点C时，为斜率的临界值，得到斜率的取值范围.

【详解】直线l表示过点的直线，在平面直角坐标系中作出线段如图，

当直线l过点B时，直线l与线段相交且斜率最大，此时斜率；

在平面直角坐标系中作出线段如图，

直线l过点B时，斜率，直线l过点C时，斜率，所以k的取值范围为.

故答案为：2；

四､解答题：本大题共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. （1）在等差数列中，为其前项的和，若，求.

（2）在等比数列中，求和公比.

【答案】（1）72；（2）或

【解析】

【分析】（1）利用等差数列前项和公式计算首项和公差，再代入计算；（2）利用等比中项的性质求，并结合确定的具体值，再代入等式计算可求出，.

【详解】解：（1）设数列的首项为，公差为，

由题意，得

解得.

所以.

（2）由等比数列的性质可得，，

又，

所以，

所以，

解得.

当时，；

当时，.

18. 给出下列条件：①焦点在轴上；②焦点在轴上；③抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离等于；④抛物线的准线方程是.

（1）对于顶点在原点的抛物线：从以上四个条件中选出两个适当的条件，使得抛物线的方程是，并说明理由；

（2）过点的任意一条直线与交于，不同两点，试探究是否总有？请说明理由.

【答案】（1）选择条件①③;详见解析（2）总有，证明见解析

【解析】

【分析】

（1）通过焦点位置可判断条件①适合，条件②不适合，通过准线方程，可判断条件④不适合，利用焦半径公式可判断条件③适合；

（2）假设总有，设直线的方程为，联立，利用韦达定理计算可得结果.

【详解】解：（1）因为抛物线的焦点在轴上，所以条件①适合，条件②不适合.

又因为抛物线的准线方程为：，

所以条件④不适合题意，

当选择条件③时，，

此时适合题意，

故选择条件①③时，可得抛物线方程是；

（2）假设总有，

由题意得直线的斜率不为，

设直线的方程为，

由得

设，

所以恒成立，，，

则，

所以，

所以，

综上所述，无论如何变化，总有.

【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查计算能力，属于中档题.

19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，直线垂直于平面分别为的中点，直线与相交于点.

（1）证明：与不垂直；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，计算得出，即可证得结论成立；或利用反证法；

（2）利用空间向量法即求.

【小问1详解】

方法一：如图以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、．

设，因为，，

因为，所以，得，即点，

因为，，

所以，

故与不垂直．

方法二：假设与垂直，又直线平面平面，

所以.而与相交，

所以平面

又平面，

从而

又已知是正方形，

所以与不垂直，这产生矛盾，所以假设不成立，

即与不垂直得证.

【小问2详解】

设平面的法向量为，又，

因为，

所以，令，得

设平面的法向量为，

因为，所以，

令，得.

因为.

显然二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值是.

20. 已知数列的前n项和．

（1）证明是等比数列，并求的通项公式；

（2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；

（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

因为，

当时，，

所以，当时，，又，解得，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列，

故

【小问2详解】

因，所以，，

，

，

所以

，

所以

21. 某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米．在建筑物底面中心O的东北方向米的点A处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度．

（1）在西辅道上距离建筑物1米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？

（2）求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度．

【答案】（1）不在    （2）17.5米

【解析】

【分析】（1）以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线AB方程，判断直线AB与圆O的位置关系即可；

（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点A的直线l与圆O相切时的直线方程即可.

【小问1详解】

以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系

则，观景直道所在直线的方程为

依题意得：游客所在点为

则直线AB的方程为，化简得，

所以圆心O到直线AB的距离，

故直线AB与圆O相交，

所以游客不在该摄像头监控范围内.

【小问2详解】

由图易知：过点A的直线l与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，

所以设直线l过A且恰与圆O相切，

①若直线l垂直于x轴，则l不可能与圆O相切；

②若直线l不垂直于x轴，设，整理得

所以圆心O到直线l的距离为，解得或，

所以直线l方程为或，

即或，

设这两条直线与交于D，E

由，解得，由，解得，

所以，

观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米.

22. 已知椭圆的离心率是，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若直线与椭圆交于A、B两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.

【答案】（1）；   

（2）2.

【解析】

【分析】(1)根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求得椭圆标准方程；

(2)直线l和x轴垂直时，根据已知条件求出此时△AOB面积；直线l和x轴不垂直时，设直线方程为点斜式y＝kx＋t，代入椭圆方程得二次方程，结合韦达定理和弦长得k和t的关系，表示出△AOB的面积，结合基本不等式即可求解三角形面积最值.

【小问1详解】

由题知，解得，

∴椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

当轴时，位于轴上，且，

由可得，此时；

当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，

由，得.

得，，

从而

已知，可得.

∵

.

设到直线的距离为，则，

结合化简得

此时的面积最大，最大值为2.

当且仅当即时取等号，

综上，的面积的最大值为2.