河北省邢台市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷（含答案详解）

这是一份河北省邢台市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷（含答案详解），共22页。试卷主要包含了0分， 在长方体中，，，则， 已知点，抛物线等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知双曲线：的焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
2. 已知等比数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
3. 平行六面体中，若，则( )
A. B. C. D.
4. 某地全域旅游地图如图所示，它的外轮廓线是椭圆，根据图中的数据可得该椭圆的焦距为( )
A.
B.
C.
D.
5. 在长方体中，，，则( )
A. B. C. D.
6. 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图、、、为四个简单的图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮现按同样的规律小正方形的摆放规律相同摆放，设第个图形包含个小正方形，则( )
A. B. C. D.
7. 已知点，抛物线：的焦点为，射线与抛物线相交于点，与其准线交于点，若，则( )
A. B. C. D.
8. 南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中提出了一些新的垛积公式所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列如数列，，，，它的前后两项之差组成新数列，，，新数列，，为等差数列，数列，，，被称为二阶等差数列已知数列，，，且，则下列结论中不正确的是( )
A. 数列为二阶等差数列
B.
C. 数列为二阶等差数列
D. 数列的前项和为
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知的圆心在直线上，且过点，，直线：，则下列结论中正确的是( )
A. 的方程为
B. 圆心到直线的距离的最大值为
C. 若直线与相切，则或
D. 若直线被所截得的弦长为，则
10. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则( )
A. 直线与所成角的余弦值为B.
C. D. 点到直线的距离为
11. 已知椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于点在第一象限，直线是坐标原点与椭圆另交于点，直线与椭圆另交于点，若，直线，，的斜率分别记为，，，椭圆的离心率为，则( )
A. B. C. D.
12. 若正整数，只有为公约数，则称，互质对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数函数以其首名研究者欧拉命名，被称为欧拉函数，例如，，，则( )
A. ，，成等差数列
B. 数列是等比数列
C. 数列的前项和为，则存在，使成立
D. 数列的前项和为，则对任意，恒成立
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知等差数列的前项和为，若，则 ．
14. 已知平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为 ．
15. 在数列中，，，若，则的一个值可能是 ．
16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；若点为抛物线：上的动点，抛物线的焦点为，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知抛物线：，直线与抛物线交于，两点，且，是坐标原点．
证明：直线过定点；
求面积的最小值．
18. 本小题分
如图，在直三棱柱中，已知，，．
证明：；
求直线与平面所成角的正弦值．
19. 本小题分
已知是数列的前项和，，，的等差中项为．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
20. 本小题分
如图所示，在多面体中，四边形，，均为正方形，为的中点，过，，的平面交于．
Ⅰ证明：；
Ⅱ求二面角的余弦值．
21. 本小题分
已知递增数列满足，．
求的通项公式；
若数列满足，求数列的前项和．
22. 本小题分
已知，，动点满足直线与的斜率之积为．
求动点的轨迹的方程；
过原点作直线，直线被曲线截得的弦长为，将直线向左、右分别平移个单位长度得到直线，，且直线，被曲线截得的弦长分别为，，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：设双曲线的一个焦点为，
双曲线的渐近线为，
焦点到渐近线的距离为，
，，，
又，则双曲线的离心率为．
故选：．
利用焦点到渐近线的距离得出，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
当时，显然不符合题意，
当时，，所以前的系数和常数项互为相反数，
所以，所以．
故选：．
根据等比数列的前项和公式的特征，求的值．
本题主要考查等比数列的前项和公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，平行六面体中，有，
又由，则，，，
则，
故选：．
根据题意，分析可得，由此可得、、的值，计算可得答案．
本题考查空间向量基本定理，涉及空间向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由图可知长轴长为，短轴长为，
所以，，故焦距为．
故选：．
由图求得长轴长和短轴长，从而可得出，，进而可得出答案．
本题考查椭圆的实际应用，椭圆的几何性质，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意可得．
故选：．
根据向量加法运算，向量的数量积运算性质求解即可．
本题考查向量的线性运算，向量数量积的求解，属基础题．
6.【答案】
【解析】观察可知，，，，，
所以可推出，
故．
故选：．
根据所给图形，观察、归纳出，即可得解．
本题主要考查归纳推理，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由抛物线可得焦点，
如图，过作的准线的垂线，垂足为，
则，因为，
，
直线的斜率为，
由，得．
故选：．
根据题意，做出图像，结合抛物线的定义可得到，即可求出答案．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，方程思想，属基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，所以数列为二阶等差数列，故A正确；
因为
，所以，故B正确；
因为，
所以，
所以不是二阶等差数列，故C错误；
数列的前项和，
所以，故D正确．
故选：．
依据定义判断数列是否为二阶等差数列判断选项A；求得数列的通项公式判断选项B；依据定义判断数列是否为二阶等差数列判断选项C；求得数列的前项和判断选项D．
本题考查新定义的应用，等差数列的定义，裂项求和法的应用，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为的中点坐标为，直线的斜率，
所以线段的垂直平分线的方程为，即．
联立方程组，解得即圆心，
半径，
所以的方程为，故A正确；
因为直线过定点，当直线时，圆心到直线的距离最大，
且最大值为，故B错误；
圆心到直线的距离，
当直线与相切时，，解得或，故C正确；
若直线被所截得的弦长为，则，
解得或，故D错误．
故选：．
求得的方程判断选项A；求得圆心到直线的距离的最大值判断选项B；求得直线与相切时的值判断选项C；求得直线被所截得的弦长为时的值判断选项D．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：过作，垂足为，则，
分别以，，所在直线为，，轴，建系如图，则根据题意可得：
，，，，，
，，，，，，
，
直线与所成角的余弦值为，故A正确；
，B正确；
，
与不垂直，故C不正确；
设点到直线的距离为，则，
即点到直线的距离为，故D正确．
故选：．
过作，垂足为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法逐一判断各个选项即可．
本题考查向量法求解线线角，向量法求解两点间距离，向量法证明垂直，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：由题意，过作轴的垂线交椭圆于点在第一象限，
直线是坐标原点与椭圆另交于点，
可得，，设
因为，所以因为，所以．
因为，，共线，所以，
所以，，故A，B正确．
因为，且，
所以，
所以，故C错误，D正确．
故选：．
根据已知条件写出点，，，设出点，再由，找到斜率间关系，逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，，，则，
所以，，成等差数列，所以A正确；
因为为质数，在不超过的正整数中，
所有偶数的个数为，
所以，
因为为质数，在不超过的正整数中，
所有能被整除的正整数的个数为，
所以，
则是公比为的等比数列，故B正确，
因为，
所以是以公比为的等比数列，
所以，故C错误．
因为，
所以，
所以，
两式相减得：，
所以，故D正确．
故选：．
选项A，根据定义以及等差中项定义判断即可；选项BC，通过，为质数以及新定义，结合等比数列的判断及等比数列求和公式进行分析即可得结论，选项D通过题意找出数列的通项公式，利用错位相减法求和即可．
本题考查数列的应用，等比数列的定义与通项公式的应用，等比数列的求和公式的应用，错位相减法求和的应用，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
则．
故答案为：．
利用等差数列求和公式及等差数列的性质计算得到答案．
本题主要考查等差数列的前项和公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：根据题意可知，又平面的一个法向量为，
点到平面的距离．
故答案为：．
根据向量法，即可求解点面距．
本题考查向量法求解点面距问题，属基础题．
15.【答案】或或或，只需写出一个答案即可
【解析】解：，
当时，，
当时，也满足，
故，
，，，．
故答案为：或或或，只需写出一个答案即可．
利用累加法求得，根据题意结合二次函数的对称性分析运算．
本题考查由数列的递推式求数列的通项公式，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：设，则，
即，
化简得；
抛物线：的准线为，因为等于到抛物线准线的距离，
所以的最小值转化为点到准线的距离，
又是阿氏圆上的任一点，
所以点到准线的距离的最小，最小值为．
即的最小值为．
故答案为：；．
设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知等于到抛物线准线的距离，进而转化为点到准线的距离，即可求得．
本题考查“五步求曲“法的应用，抛物线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：证明：易知直线的斜率存在且不过原点，
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
，，，
，
解得舍去或，
直线的方程为，过定点；
由知，
当时，的面积取得最小值，且最小值为，
面积的最小值为．
【解析】设，，直线的方程与抛物线：联立，得出韦达定理，由得，代入韦达定理即可．
先表示三角形的面积，韦达定理代入，求最值即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，三角形面积的最值的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】证明：以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设，则，，，，
因为，，
所以，
所以；
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，得，
因为，所以，
即直线的一个方向向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】建立空间直角坐标系，由可证明；
先求平面的法向量为，再求直线一个方向向量与法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线与平面所成角的正弦值．
本题主要考查了利用空间向量证明直线与直线垂直，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】解：因为，的等差中项为，
所以．
当时，，所以，
当时，，
所以，
所以．
因为，所以当时不满足，
所以；
由知，所以，
因为，
所以．
【解析】根据数列的前项和作差，即可求解可；
由题知，进而根据裂项求和法，即可求解．
本题考查根据数列的递推公式求通项公式，裂项求和法的应用，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】Ⅰ证明：且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面，
又平面平面，平面，
；
Ⅱ解：以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图，设，
，
，，与相交且都在平面内，
故AD平面，
为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
又，，
，，
取，得，
，，
结合图像可得二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
【解析】本题考查空间中线线平行的判定，求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．
Ⅰ通过四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的性质定理即得结论；
Ⅱ以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，再求平面的一个法向量与平面的一个法向量的夹角的余弦值即可．
21.【答案】解：因为，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，，
所以，数列的奇数项和偶数项是分别以公差为的等差数列，
因为，，所以，
所以，，
所以；
因为，
所以，
当时，，
当时，，
所以，
所以当时也满足，
所以，
所以，
两式相减得，
所以，
所以．
【解析】首先根据已知条件得到，从而得到数列的奇数项和偶数项是分别以公差为的等差数列，再求即可．
首先根据题意得到，再利用错位相减法求解即可．
本题考查等差数列的定义与通项公式的应用，错位相减法求和的应用，属中档题．
22.【答案】解：因为，，，所以，，
所以，
所以，即动点的轨迹的方程为．
证明：易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组得，
所以，，且．
因为，所以．
设，，直线的方程为，
联立方程组，得，
则，，
所以．
由对称性可知，
所以，即．
【解析】根据，再待入点的坐标，即可化简求解；
首先设直线：，再求直线的方程，再与轨迹的方程联立，求得弦长，即可证明等式．
本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
题号
一
二
三
四
总分
得分