2022-2023学年福建省莆田市仙游第一中学等五校联考高二上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省莆田市仙游第一中学等五校联考高二上学期期末数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线的斜率为1，则实数的值为（ ）
A．1或2B．-1或-2C．-1或2D．1或-2
【答案】C
【分析】根据直线方程一般式与斜截式的互化即可求解.
【详解】该直线方程可以变形为,
由直线的斜率为1可得，解得或，
故选：.
2．如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的运算法则确定，得到答案.
【详解】，
故，，，.
故选：A
3．设点，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为k，对于结论：
①当时，点M的轨迹方程为；
②当时，点M的轨迹方程为
③当时，点M的轨迹方程为.
其中正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】设,直线，的斜率之积，由直线，的斜率均存在，则，对三个命题进行逐一判断，即可得到答案.
【详解】设,由直线，的斜率均存在，则.
直线，的斜率之积.
当时，有
所以点M的轨迹方程为，所以①不正确.
当时,有，即.
所以点M的轨迹方程为，所以②正确.
当时,即，所以点M的轨迹方程为，所以③不正确.
故选：B
【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线斜率公式的应用，考查化简运算能力，属于基础题.
4．数列满足，则数列的前2022项的乘积为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据递推公式求得数列的周期，结合数列的周期即可求得结果.
【详解】根据题意可得，
故该数列是以为周期的数列，且，
故数列的前2022项的乘积为.
故选：C.
5．在三棱锥中，两两垂直，且，三角形重心为，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，得到，，计算在的投影为，在根据勾股定理计算得到答案.
【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，则.
，，
故在的投影为，
点到线的距离为.
故选：D.
6．年月日，习近平总书记在哈萨克斯坦纳扎尔巴耶夫大学发表演讲并回答学生们提出的问题，在谈到环境保护问题时他指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山.宁要绿水青山，不要金山银山，而且绿水青山就是金山银山.”“绿水青山就是金山银山”这一科学论断，成为树立生态文明观、引领中国走向绿色发展之路的理论之基.某市为了改善当地生态环境，年投入资金万元，以后每年投入资金比上一年增加万元，从年开始每年投入资金比上一年增加，到年底该市生态环境建设投资总额大约为（ ）（其中，，）
A．万元B．万元C．万元D．万元
【答案】B
【分析】计算出年该市投入的资金，再利用等差数列和等比数列的求和可求得结果.
【详解】由题意可知，从年到年该市每年投入的资金成等差数列，且首项为，公差为（单位：万元），
则年该市投入的资金为（万元），
由题意知，从年开始，每年投入的资金成等比数列，且首项为（万元），
公比为，
因此，到年底该市生态环境建设投资总额约为（万元）.
故选：B.
7．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
8．已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，，，若，满足，，且，则（ ）．
A．6B．4C．3D．2
【答案】A
【分析】由题设直线，联立抛物线方程，利用韦达定理及条件可得，即得.
【详解】设直线，
联立，则，
则，．
由，，得P，Q分别为线段AF，BF的中点，
又，满足，，且，
∴，
解得．
故选：A．
二、多选题
9．已知圆：，直线：，则（ ）
A．直线与圆的轨迹一定相交
B．直线与圆交于两点，则的最大值为
C．圆上点到直线距离的最大值为
D．当时，则圆上存在四个点到直线的距离为1.
【答案】AD
【分析】确定直线过定点，点在圆内，A正确，当时，最大，计算得到B错误，最大值为，C错误，确定直线过圆心，，D正确，得到答案.
【详解】圆：，圆心，半径，
直线过定点，，
对选项A：，点在圆内，故直线与圆一定相交，正确；
对选项B：当过圆心时，最大为，错误；
对选项C：圆上点到直线距离的最大值为，错误；
对选项D：直线：，圆心在直线上，，
故圆上存在四个点到直线的距离为1，正确；
故选：AD
10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】确定，代入计算A正确，B错误，确定，C错误，，利用裂项相消法求和得到D正确，得到答案.
【详解】因为，，，…，，
以上个式子累加可得，，
时也满足上式，故，
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：，错误；
对选项D：，
，正确；
故选：AD
11．已知点是椭圆上一点，为其左、右焦点，且△的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A．P点到轴的距离为B．
C．△的周长为D．△的内切圆半径为
【答案】ACD
【分析】由椭圆方程可求得的值，利用△的面积即可求出P点到轴的距离；利用平面向量的夹角公式判断的大小；根据椭圆的定义可以求出△的周长；利用内切圆的几何性质可以求出内切圆半径.
【详解】由已知条件得，，，
设，则，解得，则P点到轴的距离为，故
正确；
将代入得，
则，
则，且两向量所成角的范围为，则为锐角，故错误；
由椭圆的定义可知，，
△的周长为，故正确；
设△的内切圆半径为，圆心为,
则
，解得 ，故正确；
故选：.

12．如图，已知正方体的棱长为2，点，在平面内，若，，则下述结论正确的是（ ）
A．点的轨迹是一个圆B．点的轨迹是一个圆
C．的最小值为D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ACD
【分析】选项A：由，得，分析得E的轨迹为圆；
选项B：由平面，而点在上，即的轨迹为线段，；
选项C：由E的轨迹为圆，的轨迹为线段，可分析得；
选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.
【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上；故A正确；
对于B: 正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即的轨迹为线段，故B错误；
对于C:在平面内，
到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；
对于D:
建立如图示的坐标系，则,
由B选项的证明过程可知：的轨迹为线段，
所以设，则，则，
而
设平面的法向量，则有
不妨令，则，
设与平面所成角为，则：
当时，有最大值，故D正确；
故选：ACD
三、填空题
13．已知空间向量则向量在向量上的投影向量的坐标是 .
【答案】
【分析】按照投影向量的定义，代入计算即可得到结果.
【详解】因为，
依题意向量在向量上的投影向量的坐标是
.
故答案为:
14．下列条件中，一定能得到抛物线的标准方程为的是 （填序号）（写出一个正确答案即可）．
①焦点在x轴上；②焦点在y轴上；③抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离为3；④焦点到准线的距离为4；⑤由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标为．
【答案】①③（答案不唯一）
【分析】由题意可知焦点一定在x轴上，故①必选，②不选，然后逐个分析判断即可
【详解】若要得到抛物线的方程为，则焦点一定在x轴上，故①必选，②不选．
若选①③，由抛物线的定义可知，得，则抛物线的方程为．
若选①⑤，设焦点，，，，由，得，解得，故抛物线的方程为．
由④可知，故还可选择①④．
故答案可为①③或①⑤或①④．
故答案为：①③（答案不唯一）
15．已知为等比数列，且，，，为其前项之积，若，则的最小值为 .
【答案】4
【分析】求出的通项，再求出，从而可求的解的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
而，故，故，所以即，
故，故，
由可得即，所以，
因为，
且当时，，
故使得成立的最小值为4，
故答案为：4.
16．已知A为双曲线的左顶点，F为双曲线C的右焦点，以实轴长为直径的圆交其中一条渐近线于点P（点P在第二象限），PA平行于另一条渐近线，且，则 .
【答案】
【分析】先利用线线平行和渐近线的关系得到是等边三角形，进而得到，再利用三角形的面积求出，，，再利用余弦定理进行求解.
【详解】如图，连接PF，交另一条渐近线于点Q，
因为，所以，
所以是等边三角形，所以，
则，即；
又因为，所以，
解得，，，
在中，，，，
由余弦定理，得.
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆心为的圆被直线截得的弦长为．
(1)求圆N的方程；
(2)点与点C关于直线对称，求以C为圆心且与圆N外切的圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆心到直线的距离结合弦长公式计算，得到圆方程.
（2）确定圆心为，根据两圆的位置关系计算，得到答案.
【详解】（1）圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为，
则圆N的半径，
圆N的方程为．
（2）点与点C关于直线对称，点C的坐标为．
设所求圆的方程为，
圆C与圆N外切，故，得．
圆C的方程为．
18．如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.
（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点E，连结.由得，从而，
且.
以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意知，
，，，，
， ，.
设为平面 的一个法向量，则
即
可取.
于是.
【解析】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．
【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．
19．在等比数列中，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）等比数列可求出首项、公比和通项，可得到数列的通项.
（2），采用分组求和法求.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
则
所以，
故.
（2）由(1)得，，
.
20．如图所示，在三棱锥中，侧棱平面BCD，F为线段BD中点，，，.
（1）证明：平面ABD；
（2）设Q是线段AD上一点，二面角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）通过和即可得证；
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量建立关系可求解.
【详解】解：（1）因为，F为线段BD中点，所以.
因为平面BCD，平面BCD，
所以.
又因为平面ABD，平面ABD，，
所以平面ABD.
（2）在三棱锥中，在平面BCD内作于E.
以B为原点建立如图空间直角坐标系.
由题得，，，，
，，.
设，
所以.
设，分别为平面ABQ，平面CBQ的一个法向量.
则，.
即，.
不妨取，.
因为二面角的正弦值为，则余弦值为，
所以，
解得（舍）或.
因此，的值为.
【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
21．设数列的前项和为，已知，且
(1)求数列的通项公式;
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算，根据得到，变换，确定是首项为，公比为的等比数列，计算得到答案.
（2）确定，代入式子变换得到，换元，根据函数的单调性计算最值得到答案.
【详解】（1），则，故，
当时，，，
两式相减得到，即，则，
，故是首项为，公比为的等比数列，
，故，
时满足，故.
（2），，
，即，
设，且，，
在上单调递增，故函数在上单调递增，
当趋近时，趋近，故，故.
22．在平面直角坐标系中，已知抛物线：，为其焦点，点的坐标为，设为抛物线上异于顶点的动点，直线交抛物线于另一点，连接，并延长分别交抛物线于点.
(1)当轴时，求直线与轴交点的坐标;
(2)当直线的斜率存在且分别记为，时，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）确定，，计算直线方程为，联立方程计算，再计算，直线方程为，得到答案.
（2）设的直线方程为，设点坐标，联立方程得到根与系数的关系，确定，同理得到，，，，根据斜率公式计算得到答案.
【详解】（1）焦点，，轴时，取，，
不妨取，，
，故直线方程为，，
解得或，故，同理可得，
直线方程为，与轴的交点为.
（2）设的直线方程为，设，，，，
，则，，，
则，
设的直线方程为，，则，
，，，
同理可得：，，
则，，，.
，即.
【点睛】关键点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，证明斜率关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，进而得到横纵坐标的关系，可以简化运算，是解题的关键.