重庆市杨家坪中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共22页。
重庆市杨家坪中学高2024级高二上期末考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等填写在答题卡指定位置上.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.一、单选题本题共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. 已知向量，，且，则实数的值为（    ）．A. 4 B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】解：因为，，且，所以，解得.故选：A2. 已知表示的曲线是圆，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.【详解】由方程可得，所以当时表示圆，解得.故选：C.3. 数列满足，且则的值为（　　）A.  B. C. 2 D. 1【答案】C【解析】【分析】根据数列的递推关系式，求得数列的周期性，结合周期性得到，即可求解.【详解】由题意，数列满足，且，可得，可得数列是以三项为周期的周期数列，所以.故选：C.4. 已知直线，直线，设，则是的（    ）．A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据两直线平行的条件可知，计算出的值即可得出结论.【详解】解：两直线平行充分必要条件是，且，解得，经验证，当时，两直线平行．故选：C．5. 若成等差数列；成等比数列，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据等差数列和等比数列的性质列出方程，求出，，求出.【详解】由题意得：，设的公比为，则，，解得：，.故选：B6. 已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据两点关于直线对称点的特征可求得，并得到中点坐标；利用点差法可构造等式求得，根据椭圆离心率可求得结果.【详解】关于直线对称，，又中点纵坐标为，中点横坐标为；设，，则，两式作差得：，即，；又，，，解得：，椭圆的离心率.故选：A.7. 已知是抛物线上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，若是圆：上任意一点，则的最小值是（    ）A.  B. 4 C. 5 D. 6【答案】D【解析】【分析】画出抛物线 的焦点和准线，利用抛物线的几何性质将 转化为C，P，F之间的距离之和，根据三点共线求得最小值.【详解】抛物线 的焦点是 ，准线方程是 ，PH与准线的交点是 ，圆C的半径为 ，圆心为 ，依题意作下图：由图可知： ， ，当C，P，F三点共线时 最小 ， 的最小值是6；故选：D.8. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.设数列的前项和为，记，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，，两式相加可得，再结合已知条件可得答案.【详解】因为，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故选：C.二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 设数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则的最小值为C. 若，则数列的前17项和为D. 若数列为等差数列，且，则当时，的最大值为2023【答案】BC【解析】【分析】令时，由求出可判断A；由知，，当时，取得的最小值可判断B；若，求出数列的前项和可判断C；由数列的下标和性质可得，则可判断D.【详解】对于A，由，当时，，由，当时，，所以，A不正确；对于B，若，当时，，则，所以当时，取得的最小值为，所以，B正确；对于C，若 ，设数列的前项和为，所以，故C正确；对于D，数列为等差数列，且，则，所以，当时，的最大值为，所以D不正确.故选：BC.10. 已知方程，则下列说法中正确的有（    ）A. 方程可表示圆B. 当时，方程表示焦点在轴上的椭圆C. 当时，方程表示焦点在轴上的双曲线D. 当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10【答案】BCD【解析】【分析】分别将的值代入各个命题，根据圆锥曲线方程的特点即可作出判断．详解】对于A，当方程可表示圆时，，无解，故A错误.对于B，当时，，，表示焦点在轴上的椭圆，故B正确.对于C，当时.，，，表示焦点在轴上的双曲线，故C正确.对于D，当方程表示双曲线时，；当方程表示椭圆时，，所以焦距均为10，故D正确.故选：BCD11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）A. 直线平面B. 三棱锥的体积为定值C. 异面直线与所成角的取值范围是D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.【详解】在选项A中，∵，，，且平面，∴平面，平面，∴，同理，，∵，且平面，∴直线平面，故A正确；在选项B中，∵，平面，平面，∴平面，∵点在线段上运动，∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，∴三棱锥的体积为定值，故B正确；在选项C中，∵，∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.易知为等边三角形，当为的中点时，；当与点或重合时，直线与直线的夹角为.故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为1，则，，，，所以，.由A选项正确：可知是平面的一个法向量，∴直线与平面所成角的正弦值为：，∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.故选：ABD12. 一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合.若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则下列结论正确的是（    ）A. 椭圆的离心率是 B. 线段长度的取值范围是C. 面积的最大值是 D. 的周长存在最大值【答案】AC【解析】【分析】求得椭圆的离心率判断选项A；求得线段长度的取值范围判断选项B；求得面积的最大值判断选项C；根据表达式结合参数范围判断的周长是否存在最大值.【详解】由题意得半圆的方程为，设半椭圆的方程为，又，则，则半椭圆的方程为则椭圆的离心率，故选项A判断正确；直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则线段长度的取值范围是.故选项B判断错误；不妨设则由，可得；由，可得；则（当且仅当时等号成立）故选项C判断正确；的周长为则在上单调递减，则的周长不存在最大值.故选项D判断错误.故选：AC三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上．13. 若数列是等比数列，其前项和，为正整数，则实数的值为____.【答案】1【解析】【分析】利用与的关系结合等比数列的前项和公式求解.【详解】当时，，当时，，所以，又是等比数列，所以是以为首项，为公比的等比数列，此数列的前项和，则的值为.故答案为：1.14. 已知数列满足则___.【答案】1024【解析】【分析】由可得，从而可得数列是以2为公比，1为首项的等比数列，可求出通项公式，进而可求出【详解】因为所以，所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，所以，所以，所以，故答案为：102415. 已知动圆P圆心P在y轴的右侧，圆P与y轴相切，且与圆C：外切． 则动圆圆心P的轨迹方程为____________．【答案】【解析】【分析】由题意，设点，圆P与y轴相切则圆P的半径为，在根据两圆的位置关系求出解析式即可.【详解】由题知，设点，因为圆P与y轴相切，所以圆P的半径为，由圆C：，所以圆心为，半径，由圆P与圆外切，所以，即，化简得：故答案为：.16. 设抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于，两点，分别过，作的垂线，垂足为，，若，则____________；_____________．【答案】    ①. 4    ②. 【解析】【分析】由抛物线的焦点为，求得p=4；过点作，交直线于点，利用直线的斜率为,结合抛物线定义求解即可.【详解】抛物线的焦点为，所以，所以p=4；如图所示，过点作，交直线于点，由抛物线的定义知，，且，所以，，所以，所以直线的斜率为；设直线的方程为，点，，由，消去整理得，所以，所以，所以，所以的面积为.故答案为：；．四、解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知圆的方程为．（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）直线过点，且与圆交于两点，当是等腰直角三角形时，求直线的方程．【答案】（1）或    （2）或【解析】【分析】（1）斜率不存在时显然相切，斜率存在时，设出直线点斜式方程，由圆心到直线距离等于半径求出，进而得解；（2）设出直线的点斜式方程，由几何关系得圆心到直线距离为，进而得解.【小问1详解】当直线斜率不存在时，显然与相切；当直线斜率存在时，可设，由几何关系可得，解得，故，即，故过点且与圆相切的直线的方程为或；【小问2详解】设，可设中点为，因为是等腰直角三角形，所以，即圆心到直线距离，解得或7，故直线或，即或.18. 如图，三棱柱中，M，N分别是上的点，且．设，，．（1）试用，，表示向量；（2）若，求MN的长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.【小问1详解】解：， ∴；【小问2详解】解：，，，，， 即MN的长为.19. 已知等差数列中，，，在各项均为正数的等比数列中，，．（1）求数列与的通项公式（2）求数列的前n项和．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）由等差数列的，即可求出的通项公式，进而求出的通项公式（2）表示出的通项公式，用错位相减法即可求解数列的前n项和【小问1详解】解：设的公差为，则，所以解得，所以；由题设等比数列的公比为，由题得，，∴，∴．所以．所以．【小问2详解】由题得．所以则两式相减得所以．20. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，为的中点，易得四边形为平行四边形，从而，再利用线面垂直的判定定理证得平面即可.（2）以O为原点，以OB，OC，OF建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，然后由求解.【详解】（1）如图所示：连接交于点，连接，为的中点，所以，，又为的中点﹐，所以，，所以，，所以四边形为平行四边形，.直四棱柱中，平面，平面，所以.又因为底面是菱形，所以，又，平面，平面，所以平面.所以平面.（2）建立如图空间直角坐标系，由，知，又，则，，，，设为平面的一个法向量.由，得，令，可得.设为平面的一个法向量.由，即，令，可得..如图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是.【点睛】方法点睛：1、利用向量求异面直线所成的角的方法：设异面直线AC，BD的夹角为β，则cos β＝.2、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3、利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．21. 设椭圆右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．（1）求椭圆的方程；（2）设直线l：与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若，求k的值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由题意结合几何关系可求得，.则椭圆的方程为；（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，解出，或.经检验的值为.【小问1详解】设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．又，所以，，所以，椭圆的方程为．【小问2详解】设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，点的坐标为．因为，所以有，，，所以，即．易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．当时，由可得，，不合题意，舍去；当时，由可得，，.所以，.22. 已知等轴双曲线：的虚轴长为.（1）求双曲线的标准方程；（2）过双曲线的右焦点的直线与双曲线的右支交于A，B两点，请问轴上是否存在一定点P，使得?若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；    （2）满足题意的定点Р存在，坐标为.【解析】【分析】（1）由题意得，，即可得到双曲线方程；（2）根据已知可设直线AB的方程为.设存在，根据，可得，代入相关点的坐标，可得，由的任意性，即可得出存在.【小问1详解】由双曲线C的虚轴长为，有，可得，又由双曲线C是等轴双曲线，可得，故双曲线C的标准方程为.【小问2详解】由（1）可知，，，则双曲线C的右焦点F的坐标为，假设存在这样的点P，设点P的坐标为，设直线AB的方程为，点A，B的坐标分别为，联立直线与双曲线的方程可得，，当时，因为双曲线的渐近线方程为，可知直线与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线仅有一个交点，不合题意，所以.则恒成立，有，，，.若，可知直线AP和直线BP的斜率互为相反数，即.又，，所以整理可得，，即，即.要使时，该式恒成立，即与的取值无关，则应有，所以.