广东省人大附中深圳学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题及答案

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人大附中深圳学校2022-2023学年第一学期期末考试高二年级数学试卷说明：本试卷有四道大题22道小题，共6页，考试用时120分钟，满分150分，请在答题卡上作答，选择题用2B铅笔填涂，要求把选项填黑填满，主观题用0.5黑色签字笔答题，主观题要答写在对应题框内，不在框内答题无效.一､单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合的一项)1. 已知等差数列的通项公式为，则该数列的前项和取得最大值时，(    )A. 7 B. 8 C. 7或8 D. 9【答案】C【解析】【分析】先求出，再利用等差数列的前项和公式求出，再整理即可得出结果．【详解】依题意得，则，所以当n=7或8时，取得最大值．故选：C．2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点.则C的方程为(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知和渐近线方程可得，双曲线焦距，结合的关系，即可求出结论.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，则①.又因为椭圆与双曲线有公共焦点，双曲线的焦距，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9②.由①②解得a＝2，b＝，则双曲线C的方程为.故选：B.3. 设是等比数列，且，，则(    )A. 12 B. 24 C. 30 D. 32【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．4. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，则(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理，用表示出即可.【详解】由题意，因为为与的交点，所以也为与的中点，因此.故选：D.5. 下列运算正确是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由导数的运算法则依次对选项验证可得．【详解】选项A，，故错误； 选项B，，故错误；选项C， ，故错误；选项D，，故正确. 故选：D6. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是(    )A. 若，则是等差数列B. 若，则不是等比数列C. 若是等差数列，则D. 若是等比数列，且，则【答案】C【解析】【分析】求出，, 即可判断A，利用求出通项公式，再验证是否满足2，即可判断B，根据等差数列的求和公式即可判断C，取特殊值可判断D．【详解】对于A，若，则，，，则不是等差数列，A错误；对于B，若，则，当时，，满足2，所以，则是等比数列，B错误；对于C，是等差数列，则，C正确；对于D，若是等比数列，当时，则，D错误.故选：C．7. 美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法．三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份．如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为(    )A. 1.8cm B. 2.5cm C. 3.2cm D. 3.9cm【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直线的方程，利用点到直线距离公式进行求解【详解】解：如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，，所以，利用点斜式方程可得到直线：，整理为，所以原点O到直线距离为，故选:B8. 已知过抛物线的焦点的直线与该抛物线相交于两点，点是线段的中点，以为直径的圆与轴相交于两点，若，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由，求得A，B的坐标，进而得到的中点M的坐标，写出圆的方程，令，求得P，Q的坐标， 然后利用求解.【详解】如图所示：由抛物线的焦点坐标可得，所以，所以抛物线的方程为：，设直线的方程为：，设，，设A在轴上方，联立，整理可得：，可得：①，由，即，可得，代入①可得：，所以，代入抛物线的方程可得：，，即，，所以的中点，所以，即圆的直径为，所以圆的方程为，令，可得，所以，，所以，所以，故选：A．二､多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题有多项符合题目要求)9. 已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则(    )A.  B. C. 的面积为 D. 线段的中点到直线的距离为2【答案】AC【解析】【分析】先判断直线过焦点，联立方程组结合韦达定理得两根关系，再根据选项一一判断即可．【详解】设，抛物线，则 ，焦点为，则直线过焦点；联立方程组 消去得， 则，所以 ，故A正确；由，所以与不垂直，B错；原点到直线的距离为 ，所以的面积为 ，则C正确；因为线段的中点到直线的距离为，故D错故选：AC【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．10. 数列满足，则下列说法正确的是(    )A. 数列是等差数列 B. 数列有最小项C. 数列的通项公式为 D. 数列为递减数列【答案】AD【解析】【分析】首项根据得到，从而得到是以首项为，公差为的等差数列，再依次判断选项即可.【详解】对选项A，因为，，所以，即所以是以首项为，公差为的等差数列，故A正确.对选项B，由A知：则，所以数列为递减数列，故D正确，B错误 对选项C，因为，所以，故C错误.故选：AD11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面交于点O，M是棱上的动点，则(    )A. 三棱锥体积的最大值为B. 存在点M，使平面C. 点M到平面的距离与点M到平面的距离之和为定值D. 存在点M，使直线与所成的角为【答案】ABC【解析】【分析】根据题意以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为轴，利用向量法判断CD，根据底面积不变，高最大时，锥体体积最大，判断A选项.根据线面平行的判定定理判断B即可求解.【详解】以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，设，则,由是棱上的动点，设，,因为底面为正方形，故,又底面所以又,所以底面,所以当与D重合时，三棱锥体积的最大且为，故A对.当为中点时，是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面，故B正确；点到平面的距离，点到平面的距离,所以，故C正确.,,若存在点，使直线与所成的角为30°则，化简得，无解，故D错误； 故选：ABC12. Cassini卵形线是由法国天文家Jean-DominiqueCassini(1625-1712)引入的.卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点的距离的乘积等于常数是正常数，设的距离为，当时称得到的卵形线为双纽线.已知在平面直角坐标系中，到两定点距离之积为常数的点的轨迹是双纽线，是曲线上一点，则(    )A. 曲线C关于原点中心对称B. 的取值范围是C. 的最大值为D. 曲线上有且仅有一个点满足【答案】CD【解析】【分析】根据双纽线定义求出轨迹方程，由轨迹方程判断AB，把轨迹方程化简，根据两点间距离求出 最大值判断C，根据中垂线求出满足条件的P判断D选项.【详解】设是曲线上任意一点，由双纽线定义知，①，对A，关于原点的对称点，代入①中，则成立，即曲线C关于原点中心对称，故A正确；对B，令，由①可得，即，解得，由是曲线上一点知，的取值范围是，故B错误；对C，，①式两边平方化简可得，由是曲线上一点可得，，由B知，的取值范围是，所以当时，，所以的最大值为，故C正确；对D，点满足，则在AB垂直平分线上，则，设，则，故只有原点满足，故D正确.故选：CD三､填空题(本大题共4小题，共20分)13. 曲线在处的切线方程为__________(用一般式表示)【答案】【解析】【分析】求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式写出直线方程即可.【详解】对函数求导得，根据导数的几何意义，故当时，切线斜率，又切线过点，故切线方程为，即.故答案为：14. 如图，已知菱形中，边长为，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可.【详解】设菱形的边长为2，取的中点，连接，，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.如图，建立空间直角坐标系，则，，，所以，．设平面的一个法向量为，则，令，则，易知，平面的一个法向量为，所以，设二面角为，由图可知二面角为锐角，即，所以，所以二面角的余弦值为．故答案为：15. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为__________.(参考数据：)【答案】12【解析】【分析】设每次操作留下的长度为，得到为等比数列，公比为，首项为，求出，从而得到去掉的所有线段长度总和为，列出不等式，求出答案.【详解】设每次操作留下的长度为，则，，且每次操作留下的长度均为上一次操作留下长度的，所以为等比数列，公比为，首项为，故，所以经过次这样的操作后，去掉的所有线段长度总和为，故，即，两边取对数得：，因为，所以，则n的最小值为12.故答案为：1216. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，若，且，则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】分析得到点在线段的垂直平分线上，即点横坐标为，设出，联立椭圆方程，设得到两根之和，利用列出方程，求出.【详解】由题意得：，因为，所以为的中点，因为，所以点在线段的垂直平分线上，即上，即点横坐标为，设，与联立得：，设，则，故，解得：，因为，所以.故答案为：四､解答题(本大题共6小题，共70分)17. 已知等差数列满足，前4项和．(1)求的通项公式；(2)设等比数列满足，，数列的通项公式．【答案】(1)    (2)或【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；(2)等比数列的公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.【小问1详解】设等差数列首项为，公差为d．∵∴解得：∴等差数列通项公式【小问2详解】设等比数列首项为，公比为q∵∴解得：即或∴等比数列通项公式或18. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点．(1)求直线DE和PF夹角的余弦值；(2)求点E到平面PBF的距离．【答案】(1)；    (2).【解析】【分析】(1)根据给定条件，以点D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.(2)由(1)求出平面PBF的法向量，利用空间向量即可求出点E到平面PBF的距离.【小问1详解】因PD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，则PD、DA、DC三线两两互相垂直，如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则，则直线DE的方向向量，直线PF的方向向量，，所以直线DE和PF夹角的余弦值为.【小问2详解】由(1)知，，，，设平面PBF的法向量，则，令，得，所以点E到平面PBF距离为.19. 在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．(1)求BC边上的中线AD的所在直线方程；(2)求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)先求BC边的中点D的坐标，再得AD的斜率即可求解；(2)先求△ABC的外接圆O，再求圆心到直线.直线l的距离，再由勾股定理可求解.【小问1详解】∵，∴BC边的中点D的坐标为，∴中线AD的斜率为，∴中线AD的直线方程为：，即【小问2详解】设△ABC的外接圆O的方程为，∵A、B、C三点在圆上，∴解得：∴外接圆O的方程为，即，其中圆心O为，半径,又圆心O到直线l的距离为,∴被截得的弦长的一半为,∴被截得的弦长为.20. 在已知数列中，.(1)若数列是等比数列，求常数和数列的通项公式；(2)若，求数列的前项的和.【答案】(1)，    (2)【解析】【分析】(1)由，化简得到，得出时首项为，公比为的等比数列，求得，进而求得数列的通项公式；(2)由(1)得到，结合等比数列的求和公式和并项求和法，即可求解.【小问1详解】由题意，数列满足，所以，又由，可得，所以数列时首项为，公比为的等比数列，又因为数列是等比数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由(1)知：，可得，所以数列的前项的和为：，所以.21. 如图，平面，，，，，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若二面角的余弦值为，求线段的长.【答案】(1)证明见解析    (2)；    (3)【解析】【分析】(1)以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求得，，，，的坐标，设，可得是平面的法向量，再求出，由，且直线平面，得平面；(2)求出，再求出平面的法向量，利用向量夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值；(3)求出平面的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为，列式求线段的长.【小问1详解】证明：因为平面，，在平面内，则，，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，可得，，，，.设，则.则是平面的法向量，又，可得.又∵直线平面，∴平面；【小问2详解】依题意，，，.设为平面的法向量，则令，得.∴.∴直线与平面所成角的正弦值为；【小问3详解】设为平面的法向量，则，取，可得，由题意，，解得.经检验，符合题意.∴线段的长为.22. 如图，已知动点P在上，点，线段的垂直平分线和相交于点M.(1)求点M的轨迹方程；(2)若直线l与曲线交于A，B两点，且以为直径的圆恒过坐标原点O，请问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)是定值，定值为.【解析】【分析】(1)由题意有，从而，根据椭圆的定义可得答案.(2) 当直线l的斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据题意得，即，将韦达定理代入可得，又原点O到直线l的距离，得出的值，根据，再验证直线l的斜率不存在时的情况，从而得出答案,【详解】(1)，圆心，半径. 由连接，由点Q在圆内，又由点M在线段的垂直平分线上.，，由椭圆的定义知，点M的轨迹是以，Q为焦点的椭圆，其中，.，点M的轨迹方程为.(2)①当直线l的斜率存在时，设直线，，.联立得，由题意，(*)且以为直径的圆恒过坐标原点O，则，，即，整理得，代入上述(*)中，得恒成立设原点O到直线l的距离为h，由由，可得所以，而，.②当直线l的斜率不存在时，设，则，则，代入椭圆方程得     综上，定值，定值为.