浙江省宁波市余姚市2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份浙江省宁波市余姚市2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．
考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题意可知：，所以，
故选：.
2. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量共线定理列方程求.
【详解】因为，所以可设，
又，
所以，
所以.
故选：C.
3. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求函数在处的导数，再根据导数的几何意义确定切线斜率，并利用点斜式求切线方程.
【详解】函数的定义域为，其导函数，
所以，
所以曲线在点处的切线的斜率为1，又，
故曲线在点处的切线方程为.
故选：D.
4. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】将转化到，当三点共线且在射线 的延长线上时，取得最小值.
【详解】椭圆的，点在椭圆内部，
如图，
设椭圆的右焦点为 ，
则 ；
；
由图形知，当在直线 上时， ，
当不在直线 上时，
根据三角形的两边之差小于第三边有， ，
当在射线 延长线上时， 取得最小值
的最小值为．
故选：B
5. 在四面体中，为正三角形，平面，且，若，，则异面直线和所成角的余弦值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件建立空间直角坐标系，求异面直线和的方向向量，利用向量夹角公式求其夹角可得结论.
【详解】因为平面，为正三角形，
故以为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，
由，，可得，
所以，
所以，
所以异面直线和所成角余弦值等于.
故选：A.
6. 某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为（ ）
A. 198B. 200C. 240D. 242
【答案】B
【解析】
【分析】由已知确定数列的通项公式，再确定数列的项的取值规律，再求其前50项的和.
【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．
所以数列为等差数列，且，数列的公差，
所以,
数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得，
所以数列满足条件，，当时，，
，当时，，
，当时，，
，当时，，
所以数列的前项的和为，
故选：B.
7. 已知圆，椭圆，过C上任意一点P作圆C的切线l，交于A，B两点，过A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点Q，则（O为坐标原点）的最大值为（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先得到椭圆在处的切线方程为，考虑切线的斜率不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，，当切线斜率存在时，设为，由与圆相切得到，求出椭圆两切线方程，得到，求出，求出的最大值.
【详解】当点坐标为时，此时切线的斜率不存在，
不妨设，此时中令得：，
所以不妨令，
下面证明椭圆在处的切线方程为，
理由如下：
当切线的斜率存在时，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是
则椭圆的切线斜率为，
所以椭圆的切线方程为，整理得：，
方程两边同除以，得到，
当切线斜率不存在时，即此时，故切线方程为，
中令，可得，
故当切线斜率不存在，切线也满足，
综上：椭圆在处的切线方程为，
故过的两切线分别为和，
联立可得：，此时，同理可得时，，
当切线的斜率存在时，设为，
因为与相切，所以，即，
与联立得：
，设，
则过的椭圆的切线方程为和，
联立得：，
，
则，
综上：的最大值为4.
故选：C
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
8. 已知抛物线，焦点为F，准线为l，过F的直线交C于A，B两点，过B作l的垂线交l于点D，若的面积为，则（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】联立直线与抛物线的方程，结合焦半径可得，根据的面积可解得，进而得，即可求解.
【详解】焦点,设直线的方程为,联立直线与抛物线的方程得，
设,则，所以，
故，
，化简得，所以，
由，所以,故，
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 关于x，y的方程表示的曲线可以是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】BC
【解析】
【分析】先得到且，再结合方程特点，分，和三种情况求出答案.
【详解】显然且，
若，即时，此时表示椭圆；
若，即时，此时表示双曲线；
若，此时无解，
综上：方程表示的曲线可以是椭圆，也可以是双曲线.
故选：BC
10. 已知等差数列，其前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 使的的最大值为C. 公差D. 当时最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件可得，，可判断A 正确，可判断C 正确，再根据可判断B错误，又因为可判断D正确.
【详解】等差数列，，
又，
，A正确.
, C正确.
,
使的n的最大值为. B错误.
当,
所以当时最大. D正确.
故选：ACD
11. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A. 题中的“欧拉线”为方程：
B. 圆M上的点到直线的最小距离为
C. 若圆M与圆有公共点，则
D. 若点在圆M上，则的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，分析得到其欧拉线过线段的中点，且与直线垂直，从而求出的欧拉线方程；B选项，根据的欧拉线与相切，列出方程，求出，得到圆M上的点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径，求出答案；C选项，根据两圆有公共点，列出不等式组，求出；D选项，的几何意义为点与两点的斜率，数形结合得到当过的直线与相切，且斜率为正时，取得最大值，利用点到直线距离公式求出答案.
【详解】线段的中点坐标为，即，
直线的斜率为，
因为，所以为等腰三角形，
三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，其欧拉线过点，且与直线垂直，
故的欧拉线斜率为1，则方程为，即，A正确；
的欧拉线与相切，
故，
圆心到直线的距离为，
则圆M上的点到直线的最小距离为，B正确；
若圆与圆有公共点，则，解得：，C错误；
为点与两点的斜率，
当过的直线与相切，且直线的斜率为正时，取得最大值，
设直线，由，解得：，
故的最大值是，D正确.
故选：ABD
12. 在四棱锥中，底面为正方形，，E，F分别为线段（含端点）上动点，则（ ）
A. 存在无数个点对E，F，使得平面平面
B. 存在唯一点对E，F，使得平面平面
C. 若，则四面体的体积最大值为
D. 若平面，则四面体的体积最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】连接，记其交点为，在线段上任取一点，过点，作，证明平面，连接，并延长交于点，证明平面平面，判断A，将四棱锥补形为长方体，过点确定平面的垂线，结合面面垂直的判断定理判断B，根据条件确定的位置特征，结合锥体体积公式求四面体，的体积最大值，由此判断CD.
【详解】因为，底面为正方形，
所以四棱锥为正四棱锥，由已知可得
连接，记其交点为，
由正四棱锥性质可得平面，
因为，，所以，
对于A，在线段上任取一点，过点，作，交与，
则平面，连接连接，并延长交于点，
因为平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于B，将正四棱锥补形为长方体，
过点作，连接，
又，又，
所以四边形为平行四边形，
过点作，垂足为，
因为平面，平面，
所以，，平面，
所以平面，
在线段上任取一点，连接交于点，
因为平面，
所以平面平面，B错误；
对于C，因为四面体的体积等于四面体的体积，
因为平面，所以四面体的高为，
因为，
所以，
因为，所以，
所以，
作侧面，连接点和的中点，则，
因为，所以，
设，则，，
所以，
又四面体的体积
所以四面体的体积最大值为，C正确；
对于D，因为平面，平面，
平面平面，
所以，设，则，，，
所以，当且仅当点和点重合，点和点重合时取等号，
所以，
又平面，，
所以四面体的体积小于，D错误.
故选：AC.
【点睛】本题是立体几何综合问题，主要考查面面垂直和线面垂直的关系，线面平行性质定理和锥体的体积计算，对学生的素质要求较高.
第Ⅱ卷（选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则在方向上的投影向量为________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可由数量积求解.
【详解】由于，故在方向上的投影向量为，
故答案为：
14. 设函数（m为实数），若在上单调递减，则实数m的取值范围_____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到，，再根据的单调性即可得到答案.
【详解】，因为函数在区间上单调递减，
所以，恒成立，
即，.
又在上单调递减，所以，
故，即，
所以m的取值范围为.
故答案为：.
15. 已知数列满足，则___________．
【答案】.
【解析】
【分析】由递推关系证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求其通项，由此可得.
【详解】因为，
所以，
又，所以，
故数列为等比数列，首项为3，公比为2，
所以，
故，
故答案为：.
16. 已知椭圆，过左焦点F作直线交C于A，B两点，连接（O为坐标原点）并延长交椭圆于点D，若，则椭圆的离心率为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点三角形满足的边关系，结合勾股定理即可求解.
【详解】设右焦点为,连接,由故，由,所以四边形为平行四边形，由于，进而可得四边形为矩形，
设，则，因此，
在直角三角形中，,即 ，解得，所以，故，故 ，即，
故答案为：
四、解答题：本题共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. 已知空间三点，设．
（1）求与的夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)先求出向量，再利用空间向量的夹角公式求解即可；
(2)利用向量垂直的充要条件列出方程，解方程求出的值.
【小问1详解】
因为，，
所以空间向量的夹角公式，可得，
所以与的夹角的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）可知，.
因为向量与互相垂直，所以，
所以，所以，
所以，解得.
18. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
问题：已知等差数列为其前n项和，若______________．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：数列的前n项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；（2）由（1）可得，利用裂项相消法证明即可.
【小问1详解】
若选①：在等差数列中，，
当时，，
也符合，
∴；
若选②：在等差数列中，
，
，解得
；
若选③：在等差数列中，
，解得
；
【小问2详解】
证明：由（1）得，
所以
19. 已知圆，直线．
（1）判断并证明直线l与圆C的位置关系；
（2）设直线l与圆C交于A，B两点，若点A，B分圆周得两段弧长之比为，求直线l方程．
【答案】（1）直线与圆相交，证明见解析；
（2）直线的方程为或.
【解析】
【分析】（1）由题可得，由得直线恒过定点，
再由定点与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系；
（2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解.
【小问1详解】
因为直线的方程为，
所以，
由得，，
所以直线恒过定点，
因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交；
【小问2详解】
因为圆的方程为，
所以点的坐标为，半径为2，
因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故,
所以，故圆心到直线的距离，
直线斜率不存在时，直线的方程为，
因为点到直线的距离为1，
所以直线满足条件，即直线的方程可能为，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
则圆心到直线的距离，解得，
所以直线的方程为，
故直线的方程为或.
20. 已知正项数列的前n项和为．若（且）．
（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）若，求前n项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由，结合已知递推关系进行转化，然后结合等差数列的通项公式及递推关系可求；
（2）由已知先求，根据错位相减即可求和．
【小问1详解】
由题意得：当时，
，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，
则，
所以，
当时，，
由于不适合上式，
故；
【小问2详解】
当时，，
当时， ，
所以，
当时，，
，
相减得，
故，此时也适合，
故．
21. 如图，在四棱锥中，底面，．点A在平面内的投影恰好为的重心E，连接并延长交于F．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）平面与平面所成夹角的余弦值为.
【解析】
【分析】(1)方法一：由条件根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明.
方法二：由已知证明为的中点，结合等腰三角形性质证明；
(2)建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，再由向量夹角公式求其夹角余弦，由此可得结论.
【小问1详解】
方法一：因为底面，底面，
所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，
所以
方法二：因为点为的重心，点为的延长线与的交点，
所以点为线段的中点，
因为，，
所以为等边三角形，
所以；
【小问2详解】
因底面，底面，
所以，又，
如图以点为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，
因为点为的重心，所以，
所以，，
由已知平面，平面，
所以，即
所以，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，所以，
取可得，，
所以为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
22. 已知双曲线，焦点到其中一条渐近线的距离为．
（1）求；
（2）动点M，N在曲线C上，已知点，直线分别与y轴相交的两点关于原点对称，点Q在直线上，，证明：存在定点T，使得为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)由双曲线方程求其渐近线方程，由点到直线距离公式列方程求；
(2)证明当斜率不存在时不合题意，设直线方程与双曲线的方程联立，根据直线与y轴的两交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由已知双曲线的渐近线方程为，
因为焦点到其中一条渐近线的距离为，
所以，
所以，
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，此时两点关于轴对称，
若直线与y轴的两交点关于原点对称，则在轴上，与题意矛盾，因此直线的斜率存在.
设直线的方程为，联立，
整理得，
由已知，且，
所以，且，
设，，
，.
直线分别与y轴相交的两点为，，
∴直线方程为，
令，则，同理，
可得，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
当时，，
此时直线方程为恒过定点，与已知矛盾，
∴，直线方程为，恒过定点
∵，设中点为T，∴，
∴为定值，
∴存在使为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．