重庆市部分区2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题

这是一份重庆市部分区2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题，共22页。试卷主要包含了考试时间等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．考试时间：120分钟，满分：150分．试题卷总页数：4页．
2．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效．
3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑．需要书写的地方一律用0.5mm签字笔．
4．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
一、选择题：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. 在平面直角坐标系xOy中，直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系可得答案.
【详解】设直线的倾斜角为，
直线的方程可化为，
所以斜率为，
因为，所以.
故选：B.
2. 直线l：与圆C：的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离与半径比较大小可得答案.
【详解】圆C的圆心坐标为，半径为2，直线l的方程为，
圆心到直线l的距离为，
所以直线l与圆C的位置关系是相交.
故选：A
3. 若抛物线的准线经过椭圆的右焦点，则m的值为（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】找到椭圆的右焦点，利用的准线过焦点，即可求解.
【详解】解：椭圆的右焦点，抛物线的准线经过椭圆的右焦点，可得，解得．
故选：A．
4. 如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算直接得解.
【详解】由是的中点，
可知，
所以，
故选：D.
5. 设，则“”是“直线与直线平行”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. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】运用两直线平行的充要条件得出与平行时的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可．
【详解】当时，，
两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行.
当与平行时可得：，解得或.
若时，由上可得与平行
当时，，,此时两直线重合.
所以当与平行时，
故“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：C
6. 南宋数学家杨辉所著《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层10个…，则第三十六层球的个数为（ ）
A. 561B. 595C. 630D. 666
【答案】D
【解析】
【分析】通过前几层小球的个数，可以发现规律得出结果.
【详解】由题意，第一层个球，第二层个，第三层个，第四层个，
据此规律，第三十六层有小球个.
故选：D
7. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（ ）
A. 椭圆上B. 双曲线的一支上C. 抛物线上D. 圆上
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.
【详解】设所求圆的半径为，圆心为，
圆：的圆心，半径，
圆化为标准方程得，则圆心，半径，
因为，所以两圆相离，
由题意可得，两式相减得，
所以圆心在双曲线的一支上.
故选：B.
8. 已知，是双曲线：的左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出，利用中位线定理找到,的关系，再结合，借助勾股定理进行运算即可.
【详解】根据题意:设，设椭圆长半轴长为，短半轴长为，双曲线实半轴长为，虚半轴长为，则由椭圆及双曲线定义可得：，
又因为，且分别为，的中点，所以,
所以到渐近线的距离为，
所以，，结合，可得：①
因为，所以即，
整理得：，将①代入，，所以.
故选：C.
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知空间向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间向量坐标运算法则计算可得.
【详解】因为，，
所以，故A正确；
，故B错误；
，所以与不垂直，故C错误；
又，所以，故D正确；
故选：AD
10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的焦点坐标是
B. 焦点到准线的距离是4
C. 若点P的坐标为，则的最小值为5
D. 若Q为线段MN中点，则Q的坐标可以是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抛物线方程即可判断AB；过点作垂直于准线，垂足为，根据抛物线得定义结合图象即可判断C；假设Q的坐标是，利用点差法求出直线的方程，再判断焦点是否在直线上，即可判断D.
【详解】由题意，焦点到准线的距离是，故A错误，B正确；
对于C，过点作垂直于准线，垂足为，
则，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，假设Q的坐标是，设，
则，
由直线l交抛物线于M，N两点，
得，两式相减得，
即，
所以，即，
所以直线的方程为，即，
将代入得，
所以直线过点，符合题意，
所以Q的坐标可以是，故D正确.
故选：BD.

11. 已知首项为1的数列的前n项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列
B. 数列不是等比数列
C.
D. 中任意三项不能构成等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知得出是以2为公比的等比数列，表示出和，再分别判断各选项即可．
【详解】由得，，
所以是以2为公比的等比数列，首项为，故A正确；
所以，即，
当时，，
所以，故B正确；
对于C，当时，，，显然，故C错误；
对于D，取，且，
假设存在能构成等差数列，则，
则有，即，
所以，
因为，所以，与矛盾；
假设存在能构成等差数列，则，即，
则，即，显然当时无解，
所以中任意三项不能构成等差数列，故D正确；
故选：ABD．
12. 过点作两条相互垂直的射线与圆O：分别交于，两点，则弦长可能的取值是（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】ABC
【解析】
【分析】作出图像，取中点为，连接，，，则，在中，由和得，设，可得点的轨迹为圆，由点的轨迹方程，即可求得的范围，进而得出的范围．
【详解】由圆方程得，圆心为，半径为，
因为，所以点在圆内部，
过点作两条相互垂直的射线，与圆O分别交于，两点，连接，取中点为，连接，，，则，，如图所示，
在中，，
由得，，
设点，则，，
所以，即，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设圆心为,
因为，所以点在内部，
①当最大时，；
②当最小时，；
所以，则，
所以的取值可以为，
故选：D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 写出一个离心率为且焦点在x轴上的双曲线的标准方程______．
【答案】（答案不唯一）；
【解析】
【分析】由双曲线的离心率可得，即可得出答案.
【详解】由，所以，即，
又因为，所以，则，
取，
所以离心率为且焦点在x轴上的双曲线的标准方程为：（答案不唯一）；
故答案为：（答案不唯一）.
14. 已知等差数列的前项和为，若，，则取得最大值时的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差中项的性质可得，再结合等差数列的单调性可得解.
【详解】由已知数列为等差数列，
则，
又，
所以，
则，
所以数列为递减数列，
则当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，
故答案为：.
15. 已知直线l：经过椭圆C：的左焦点，且与椭圆C相交于M，N两点，为椭圆的右焦点，的周长为16，则此椭圆的短轴长为______．
【答案】
【解析】
【分析】确定，根据周长确定，得到答案.
【详解】直线l：经过椭圆的左焦点，则，，

的周长为，解得，故，椭圆的短轴长为.
故答案为：.
16. 在中，，，，为边上的动点，沿将折起形成直二面角，当最短时，______，此时三棱锥的体积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先作出图形，在平面内作于，连接，则平面，，表示出，即可得出当最短时的值，结合平面图形，即可求得和三棱锥的体积．
【详解】
如图，在平面内作于，连接，
因为为直二面角，
所以平面，
又平面，所以，
所以，设，
则，，
在中，由余弦定理得，，
即，
所以，
所以当时，取得最小值，则，
当时，原平面图形如图所示，过点作于点，则为等腰直角三角形，即，设，
由得，，即，解得，
所以；
所以，则，
则
故答案：；．
四、解答题：本题共有6个小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，在正方体中，．

（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系，求得两直线的方向向量坐标，通过计算数量积为，从而可证；
（2）求得和平面的法向量，利用点面距离的向量公式即可求解.
【小问1详解】
证明：以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系．
∵，，，，
∴，，
∴，∴；
小问2详解】
∵，，∴，
设面的法向量为，
∵，，
∵，，∴，
令，则，，∴，
设到面的距离为d，
∴.

18. 已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，的前n项和为，且，，，．
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由是公比大于0的等比数列及，求出公比，由等差数列下标和定理结合求出，根据等比数列前项和公式及，求出公差即可得出通项公式；
（2）利用分组求和，结合等差等比前项和公式计算即可．
【小问1详解】
设的公差为d，的公比为．
∵，，∴，解得或，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵
∴，∴，
故，．
【小问2详解】
由（1）得，
∴．
19. 已知圆经过点，，三点．
（1）求圆的方程；
（2）一条光线从点射出，经x轴反射后与圆相切，求反射光线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，代入的坐标即可求解；
（2）先作点关于x轴的对称点，由点与圆的位置关系得出过有两条直线与圆相切，分两种情况讨论即可求解．
【小问1详解】
设圆的方程为，
因为点在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为．
【小问2详解】
圆的方程可化为，
因为关于x轴的对称点为，设切线为直线，
因为，所以点在圆外，则过有两条直线与圆相切；
①当切线斜率存在时，则设直线：，即，
则圆心到的距离，解得，
所以直线：；
②当切线斜率不存在时，直线：，
综上可得反射光线所在直线或．
20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，，E点在AD上，且．

（1）求证：平面平面PAC；
（2）若直线PC与平面PAB所成的角为45°，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由题意可得以A为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
证明：∵平面，平面，∴，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】
∵，且，∴，
∵，∴，
∵，∴为等腰直角三角形，
∴，取BC中点G，连接AG，
∴，即，
由（1）可得，
以A为坐标原点，AG为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示的坐标系

由（1）可得，平面，
∴为直线PC与平面所成角，即
设平面的法向量为
∵，
∵，，
∴，令，则，，∴
∵x轴⊥平面，∴平面的法向量，
设为二面角的平面角，且为锐角，
∴.
21. 已知数列满足，，______，．从①，②这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题．（注：如果两个条件分别作答，按第一个解答计分）．
（1）写出，；
（2）证明为等比数列，并求数列的通项公式；
（3）求数列的前2n项和．
【答案】（1），
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）由数列的前几项，结合所选的条件写出，；
（2）结合所选的条件和数列的递推，定义法证明为等比数列，利用首项和公比求数列的通项公式；
（3）结合所选的条件和数列的通项公式，求出数列的通项公式，使用并项求和法求前2n项和．
【小问1详解】
数列满足，，
，，，，
选择①，
，；
选择②，
，.
【小问2详解】
选择①，
证明：∵，，∴，∴，
∵，
∴是等比数列，首项，公比，
∴.
选择②
证明：∵，，∴，∴，
∵，
∴是等比数列，首项，公比，
∴.
【小问3详解】
选择①，
由（2）可得，∴
∴，∴
令
∴
选择②，
由（2）可得，由累加法可得，
，
∴，
∴，∴，
令，
∴
.
22. 已知椭圆：经过点，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于两点（异于点），且满足，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆过点及离心率，直接计算即可；
（2）设直线的方程为，根据求出直线过定点，根据三角形面积公式及韦达定理表示出，求出最大值即可．
【小问1详解】
由题可得，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，
设直线的方程为，
由得，，
因为，所以，即，
所以，即，
设，，
所以，，
因为，
所以，即，
所以，
所以，即，解得或（舍），
所以直线的方程为，即直线l恒过定点，
令，，
则，
当时，最大值为．