2022-2023学年陕西省榆林市第十中学高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年陕西省榆林市第十中学高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知等比数列中，，，则（    ）

A． B．9 C． D．15

【答案】B

【分析】利用等比中项即可求出，再利用，即可得解.

【详解】设等比数列的公比为q，依题意，，

又，故.

故选：B

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据含一个量词的命题的否定方法：修改量词，否定结论，直接得到结果.

【详解】命题“，”的否定是“，”.

故选：D．

3．若，则下列不等式不能成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由不等式的性质及对数函数单调性依次判断即可.

【详解】由，可得，，A、D正确；

由结合的单调递增知，B错误；

，则，C正确.

故选：B.

4．已知向量，.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量垂直的坐标表示即可得解.

【详解】因为，，，

所以，解得，

所以.

故选：A.

5．设，则“且”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行推理即可.

【详解】若且，则，充分性成立；取，则成立，但“且”不成立，必要性不成立.因此“且”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

6．已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点， 若， 则 (为坐标原点)的面积是（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】A

【分析】由题可得，利用抛物线的定义可得，利用三角形的面积公式结合条件即得，

【详解】由题可得，因为，

所以，，

所以为坐标原点)的面积是.

故选：A.

7．在中，角、、的对边分别为、、，且，则的形状为（    ）．

A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形

【答案】B

【分析】先利用余弦定理把角转化为边化简可得到、、的关系，即可判断出的形状.

【详解】因为且，

所以，

即有，

所以可判断为直角三角形

故选：B

【点睛】本题考查了利用余弦定理把角转化为边来判断三角形的形状，属于较易题.

8．已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于，点分别是的中点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.

【详解】

故选：C

9．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层座，第二层座，第三层座，第四层座，第五层座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为，公差为的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有（    ）

A．九层 B．十层 C．十一层 D．十二层

【答案】D

【分析】设该塔共有层，根据等差数列的求和公式计算即可.

【详解】设该塔共有层，则，，解得（舍），即该塔共有层.

故选：D

10．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据图形，找到角度与边长之间的关系求解.

【详解】．

在中，，在中，．

由，得，

故选：D．

11．定义：在数列中，若满足为常数），称为“等差比数列”，已知在“等差比数列”中，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则，利用即可求解．

【详解】由题意可得：，，，

根据“等差比数列”的定义可知数列是首项为1，公差为2的等差数列，

则，

所以，，

所以．

故选：A.

12．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积，当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积、已知椭圆：的面积为，两个焦点分别为，，点为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点，若的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据已知可得，设，得，结合与，可求出的值，根据得的值，即可求得椭圆的离心率.

【详解】解：由题意可得，所以，

直线与椭圆交于两点，设，则，且①，又，

所以的斜率之积为②，

由①②可得：，即，结合，可得：，所以，则椭圆的离心率为.

故选：A.

二、填空题

13．O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且，若P，A，B，C四点共面，则实数___．

【答案】##0.125

【分析】根据给定条件，利用向量共面充要条件推理计算作答.

【详解】因A，B，C三点不共线，P，A，B，C四点共面，则对空间中任意一点O，有，

即有，而，

因此，解得，

所以实数.

故答案为：

14．设满足约束条件，则的最大值为____________．

【答案】4

【分析】作出可行域，数形结合求解即可.

【详解】作出可行域如图所示，

由得，

数形结合得当直线过点时取得最大值4，

故答案为：4

15．已知命题p:“∀x∈[0,1],a≥ex”,命题q:“∃x∈R,x2-4x+a≤0”,若命题p∧ q为真命题,则实数a的取值范围是____.

【答案】[e,4]

【分析】∵p∧q为真命题,∴p,q均为真命题.

当p为真命题时,a≥e,当q为真命题时,Δ=16-4a≥0.即a≤4,故e≤a≤4.

16．已知为双曲线的两个焦点，过点且垂直于x轴的直线交双曲线于点P，且，则此双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】

【分析】设，在中，根据，可以求出的长，根据双曲线的定义可以求出，求出离心率，利用，可以求出之间的关系，最后求出双曲线的渐近线方程.

【详解】设，所以，，由双曲线定义可知：

，所以双曲线的渐近线方程为.

故答案为：.

三、解答题

17．（1）解不等式；

（2）已知，求的最小值．

【答案】（1） ；

（2）8 ．

【分析】（1）转化为即可求解；

（2），利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）不等式可转化为，

即，解得或．

故不等式的解集为．

（2）∵，∴，

则，

当且仅当时，即等号成立，

∴的最小值为8．

18．已知，，为内角，，的对边，且；

(1)求；

(2)若，面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化可得，进而可得；

（2）根据余弦定理与面积公式联立方程组，可解与，进而可得周长.

【详解】（1），

由正弦定理得，且，

所以，

即，，

又，

所以；

（2）由余弦定理

可得①，

又面积为，

得②，

联立①②可得，，

所以周长.

19．已知抛物线的顶点是坐标原点，焦点在轴上，且抛物线上的点到焦点的距离是5.

(1)求该抛物线的标准方程；

(2)若过点的直线与该抛物线交于，两点，求证：为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设抛物线方程为（），根据焦半径公式列式求出即可得解；

（2）直线的方程为：，联立直线与抛物线方程，得到和，再根据可得结果.

【详解】（1）∵抛物线焦点在轴上，且过点，

∴设抛物线方程为（），

由抛物线定义知，点到焦点的距离等于5，

即点到准线的距离等于5，

则，∴，

∴抛物线方程为.

（2）显然直线的斜率不为0，又由于直线过点，所以可设直线的方程为：，

由，化简并整理得，恒成立，

设，，则，则，

∴.

所以为定值.

20．设数列的前n项和为，且，，数列满足，点在直线上，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由题设可得及，利用等差数列和等比数列的通项公式可求通项.

（2）利用错位相减法可求.

【详解】（1）因为，故，

故，而，故，且恒成立，

故，其中，故为等比数列，故.

，即，故为等差数列，

故.

（2），

，

故，

故，

整理得到.

21．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，是中点，为上一点.请用空间向量知识解答下列问题：

(1)求证：平面；

(2)当长为多少时，平面与平面的夹角为.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用可证平面；

（2）设，求出平面的一个法向量，根据求出，即可得解.

【详解】（1）因为平面，平面，平面，

所以，，又，

∴以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，.

设平面的一个法向量为，

则，则且，

令，则，，

∵，∴平面.

（2）由（1）知平面的一个法向量为，

设，则，，

设平面的一个法向量为，

则，

令，得，，得，

所以，

所以，解得，

即长为.

22．已知椭圆(a>b>0)过点(，0)，其焦距的平方是长轴长的平方与短轴长的平方的等差中项.

（1）求椭圆的标准方程∶

（2）直线l过点M(1，0)，与椭圆分别交于点A，B，与y轴交于点N，各点均不重合且满足，，求λ+μ.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由题意可得，且，结合，得出b2=1，即可求解.

（2）设直线的方程为y=k(x-1)，得N(0，-k)，将直线与椭圆方程联立，由向量的坐标运算可得，同理可得，利用伟达定理代入化简进而得出，即可求解.

【详解】解∶（1）设椭圆的焦距为2c，

由题意知，且，

又，

∴b2=1，

∴椭圆的方程为代入

（2）由于直线过点M(1，0)，与y轴交于点N，

所以直线l的斜率k存在.

设直线的方程为y=k(x-1)，得N(0，-k)，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得，

，

∵，

∵

解得

同理可得

则.

【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，解题的关键点是求出，，考查了数学运算能力.