2022-2023学年山东省菏泽市巨野县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省菏泽市巨野县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省菏泽市巨野县第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题
1．是首项和公差均为3的等差数列，如果，则n等于（    ）．
A．671 B．672 C．673 D．674
【答案】D
【分析】根据题意，求得数列的通项公式，代入数据，即可得答案.
【详解】因为数列为等差数列，
所以，
令，解得.
故选：D
2．设为等差数列的前项和，已知，，则（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【详解】设等差数列的公差为d，由题意建立方程，即可求出，d，再根据等差数列的通项公式，即可求出结果．
【分析】设等差数列的公差为d，由题意可知，解得，，
所以．
故选：A
3．阿波罗尼斯研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到，的距离之比为，则点C到直线的最小距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，依题意求出点的轨迹方程，进而可求点到直线的距离的最小值．
【详解】解：由题意，设，由，，
因为，所以，即，
所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆，
又点到直线的距离，
所以点到直线的距离的最小值为．
故选：A．
4．如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（    ）.

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由点到直线的距离公式可得b，已知结合双曲线列方程组求解即可.
【详解】点的到渐近线，即的距离，
又由题知，解得，所以.
故选：B.
5．已知椭圆：的中心为，过焦点的直线与交于，两点，线段的中点为，若，则椭圆的方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，，利用中点坐标公式得到，再利用得到、、的方程组即可求解.
【详解】设，，则，
因为，所以，
所以，
即，
解得，，，
所以椭圆的方程为.
故选：B.
6．对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有，则（    ）
A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面
【答案】B
【分析】利用向量加减法，根据空间向量的加减法，可得三个向量共面，可得答案.
【详解】由，得，
即，故共面.
又因为三个向量有同一公共点，所以共面.
故选：B.
7．已知直线与圆：交于，两点，且，则的值为（    ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】利用圆的弦长、弦心距、半径关系，以及点线距离公式列方程求k值.
【详解】由题设且半径，弦长，
所以到的距离，
即，可得.
故选：B
8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的倾斜角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，

因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.

二、多选题
9．已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（    ）
A．与平面夹角余弦值为 B．与所成角为
C．平面EFB D．平面⊥平面
【答案】BCD
【分析】建系，利用坐标法，根据线面角，线线角的向量求法可判断AB，根据线面平行的判定定理可判断C，利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，然后根据面面垂直的判定定理即得．
【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：
，

∴，，，，，
设平面ACC1A1的法向量为
则有，令x＝1，则，
则，
∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；
∵，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；
如图2：连接，设，连接OF，

E、M分别为的中点，则且，
∴为平行四边形，则O为的中点，
又∵F为的中点，则，
平面EFB，平面EFB，
∴平面EFB，C正确；
由题可知平面即为平面，
由题意可得：，
又，平面，
∴平面，
平面，则，
又∵为正方形，则，
又，平面，
所以平面，平面，
∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.
故选：BCD．
10．已知椭圆的左、右焦点分别是，，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（    ）
A．的周长为6 B．的面积为
C．的内切圆的半径为 D．的外接圆的直径为
【答案】ABC
【分析】求得，进而求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】椭圆的左、右焦点分别是，，
为椭圆上一点，，
所以.
所以的周长为，A正确.
的面积为，B正确.
设的内切圆的半径为，则，C选项正确.
为锐角，
，
所以的外接圆的直径为，D选项错误.
故选：ABC
11．过抛物线上一点A(1，-4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（    ）
A．C的准线方程是
B．过C的焦点的最短弦长为8
C．直线MN过定点(0，4)
D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为
【答案】AD
【分析】由题可得为，进而判断A，利用焦点弦的方程结合抛物线的定义结合条件可判断B，设为，联立抛物线利用韦达定理结合条件可得m、n的数量关系，可判断C，由C分析所得的定点P，要使到直线的距离最大有，可得此时直线的方程判断D.
【详解】将代入中得：，则为，
所以的准线方程是，故A正确；
由题可知的焦点为，可设过的焦点的直线为，
由，可得，设交点为，
则，，
所以，即过C的焦点的最短弦长为16，故B不正确；
设，，直线为，联立抛物线得：，
所以，，又，
所以
，
因为，，即，
所以，整理得，
故，得，
所以直线为，所以直线过定点，故C不正确；
当时，到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.
故选：AD.
12．已知，则下述正确的是（    ）
A．圆C的半径 B．点在圆C的内部
C．直线与圆C相切 D．圆与圆C相交
【答案】ACD
【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可
【详解】由，得，则圆心，半径，
所以A正确，
对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，
对于C，因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切，所以C正确，
对于D，圆的圆心为，半径，
因为，，
所以圆与圆C相交，所以D正确，
故选：ACD

三、填空题
13．已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线的距离之和的最小值是___________.
【答案】4
【分析】根据抛物线方程求得焦点F坐标和准线方程，由圆的方程求得圆心坐标，半径，然后根据抛物线的定义，将问题转化为求点P到点Q的距离与点P到抛物线的焦点F距离之和的最小值，从而即可求解．
【详解】解：抛物线的焦点为，准线方程为，圆的圆心为，半径为1，
根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离， 从而可得：当P，Q，F三点共线时，点P到点Q的距离与点P到直线距离之和的最小为 ，
故答案：4.
14．已知F为双曲线C：的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为______．
【答案】3
【分析】由双曲线的基本性质得A、B两点的坐标，利用斜率得关系式求解即可.
【详解】解:设双曲线焦距为2c，则，，，因为AB的斜率为2，所以，整理得，解得，所以．
故答案为:3.
15．斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…….已知在斐波那契数列中，，，，若，则数列的前2020项和为___________（用含m的代数式表示）.
【答案】##
【分析】通过累加得到即可求得前2020项和.
【详解】由，可知，……，，，
将以上各式相加得，
整理得，
则.
故答案为：.

四、双空题
16．已知抛物线的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且的最小值为4，则p＝______；若直线l过点Q，与拋物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则的面积为______．
【答案】     2；     ．
【分析】把转化为到准线的距离，可得的最小值，从而求得，设，，代入抛物线方程相减求得直线的斜率，得直线方程，可求得原点到直线的距离，直线方程与抛物线方程联立消元，应用韦达定理，然后由弦长公式求得弦长，从而得三角形面积．
【详解】是抛物线的准线，过作于，过作于，
则，，易知当是与抛物线的交点时，取得最小值，所以，，
设，，显然，，，
由得，，
直线方程为，即，
原点到直线的距离为，
由，得，，，
，
所以．
故答案为：2；．


五、解答题
17．已知空间三点，，．设，．
(1)求，；
(2)求与的夹角；
(3)若向量与互相垂直，求实数k的值．
【答案】(1)，
(2)
(3)

【分析】（1）根据空间向量模的坐标运算公式即可求出结果；
（2）由（1）可知的坐标，根据空间向量夹角的坐标运算公式，即可求出结果；
（3）由（1）可求出，的坐标，由向量与互相垂直，
可得，再根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程，即可求出结果.
【详解】（1）解：因为，，所以,
所以；
因为，，所以，
所以；
（2）解：由（1）可知，
又，所以，
即与的夹角为.
（3）解：由（1）可知，，
又向量与互相垂直，
所以，所以，
即，解得.
18．记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．

19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
20．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为棱CC1的中点．

(1)用向量法证明：平面B1ED1；
(2)求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，从而得到点A1，C，B1，E，D1的坐标，即可得到，，，然后求出平面B1ED1的一个法向量，可得，且平面B1ED1，从而得到平面B1ED1；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解与面所成角的正弦值即可．
【详解】（1）证明：如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，

设，，则则,1,，,0,，,1,，,0,，
∴，，．
设是平面B1ED1的一个法向量，
则可得，
令，则，，即，
∴．
且平面B1ED1，∴平面B1ED1；
（2）解：由（1）可知，是平面B1ED1的一个法向量，
设与面所成角为α，    
∴．
∴与面所成角的正弦值为．
21．已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；
（2）设存在定点，设出直线AP的方程为．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
故椭圆方程为：．
（2）设存在定点，满足条件．由已知，
设直线AP的方程为，
由消去y整理得，
，
所以，，
时，，
所以直线OE的方程为，①
由中，令，得，从而，
又，所以，
所以直线DM方程为，②
由①②消去参数k，得，即，③
方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，
时，在上述圆上，
所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，
且定圆方程为：.
22．已知椭圆的上､下焦点分别为，，左､右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.
(1)求C的标准方程.
(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)为定值，定值为.

【分析】（1）根据椭圆上、下焦点和左、右顶点的定义，结合正方形的面积进行求解即可；
（2）根据平行线的性质、椭圆的定义，结合直线方程与椭圆方程联立，求出M，N的坐标，利用两点间距离公式进行求解即可.
【详解】（1）椭圆的上､下焦点分别为，
左､右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）
因为，
所以
，因为N为C上且在y轴右侧的点，
所以，
因此，
同理可得：，所以
设的方程分别为：，设，
则，
所以，因此
，
同理可得：，
因此，，
所以，
所以为定值，定值为.
【点睛】关键点睛：利用平行线的性质，得到比例式子是解题的关键.