2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二上学期期末数学试题含解析，共20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。

一、单选题
1．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的坐标运算计算即可.
【详解】由题得
故选：D
2．双曲线的焦距等于（ ）
A．1B．2C．3D．6
【答案】D
【分析】由题意可知， ，，解出，即可知焦距.
【详解】由题意可知： ， ，
，解得，
即双曲线的焦距等于，
故选：D.
3．过点且与直线平行的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设所求直线方程为，将点的坐标代入所求直线方程，求出的值，即可得解.
【详解】设过点且与直线平行的直线方程是，
将点的坐标代入直线的方程得，解得，
故所求直线方程为，即.
故选：A.
4．在等比数列中，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】根据等比数列的下标性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，，且，
则.
故选：D
5．如果圆关于直线对称，则有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】圆心在直线上，代入计算得到答案.
【详解】由圆的对称性知，圆心在直线上，故有，即.
故选：B
6．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为1，且PA与AB，AD的夹角都等于60°.若M是PC的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量基本定理得到，平方后，利用空间向量数量积公式计算出，从而求出模长.
【详解】因为是的中点，
所以，
所以
因为的长为1，且与，的夹角都等于60°．
所以
，
所以.
故选：D
7．已知数列满足，且，则的最小值是（ ）
A．-15B．-14C．-11D．-6
【答案】A
【分析】根据已知条件得出最小项为，利用迭代的思想即可求得.
【详解】∵，∴当时，，当时，，∴，显然的最小值是.
又，∴
，即的最小值是.
故选：A
8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.
故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
二、多选题
9．下列说法中，正确的有（ ）
A．直线必过定点
B．直线在轴上的截距为1
C．直线的倾斜角为
D．点到直线的距离为1
【答案】CD
【分析】令的系数为0求解判断A；根据截距的定义判断B，求出直线的斜率再根据斜率与倾斜角的关系求出倾斜角判断C，利用点到直线的距离的定义求距离判断D.
【详解】对A，直线过的定点坐标满足：，，故定点为，故A错误；
对B，在轴上的截距为，故B错误；
对C，直线的斜率为，故倾斜角满足，
即，故C正确；
对D，因为直线垂直于轴，所以点到直线的距离为，故D正确.
故选：CD
10．等差数列的前项和为，若，公差，则（ ）
A．若，则必有
B．若，则必有是中最大的项
C．若，则必有
D．若，则必有
【答案】ABC
【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，逐项分析，即可求解.
【详解】对于A中，若，则，可得，
所以，所以是正确的；
对于B中，若，则，
即，
又由，公差，所以，
所以，所以必有是中最大的项，所以是正确的；
对于C中，若，则，即，
又由，则必有，
可得，所以必有，所以是正确的；
对于D中，若，则，而的符号不能确定，
所以不一定成立，所以是错误的.
故选：ABC.
11．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且．若点，，分别为棱，，的中点，则
A．平面
B．直线和直线所成的角为
C．当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆
D．过点，，的平面与四棱锥表面交线的周长为
【答案】ABD
【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断A、B正误；结合椭圆的定义可判断C的正误；结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误．
【详解】解：将该正四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，
则平面，故A正确；
设中点为，则，且，故B正确；
，在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，
又平面与其长轴垂直，截面为圆，故C错误；
设平面与，交于点，，连接，，，，，，，，
，，，，
，而，故，同理，
而，平面，而平面，则，
平面，平面，，
，，平面，
平面，而平面，则，
，同理，，
又，，则，
而，
交线长为，故D正确．
故选：ABD.
12．已知抛物线：与圆：交于，两点，且，直线过的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线的斜率为，则
B．的最小值为
C．若以为直径的圆与轴的公共点为，则点的横坐标为
D．若点，则周长的最小值为
【答案】BCD
【分析】首先求出抛物线的解析式，设出的坐标，联立进行求解，当时，，进而判断选项A错误；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图象，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，结合抛物线定义判断选项C；过作垂直于准线，垂足为，结合的周长，进而判断选项D即可.
【详解】由题意得点在抛物线上，
所以，解得，所以，则，
设直线，与联立得，
设，，所以，，
所以，
当时，，A项错误；
，
则，
当且仅当，时等号成立，B项正确；
如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，
取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，
则，是梯形的中位线，
由抛物线的定义可得，
所以，
所以以为直径的圆与轴相切，
所以点为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，
又为的中点，所以点的纵坐标为，
又点在抛物线上，所以点的横坐标为，C项正确；
过作垂直于准线，垂足为，
所以的周长为，
当且仅当点的坐标为时取等号，D项正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．等差数列中，则数列的前5项和__________.
【答案】25
【分析】利用基本量代换求出首项和公差，套公式求出.
【详解】设等差数列的公差为，由可得：，
解得：，
所以.
所以.
故答案为：25
14．若空间向量共面，则实数__________.
【答案】1
【分析】因为三个向量共面，由平面向量的基本定理可知，然后计算即可.
【详解】由题可知，，故，有，解得
故答案为：1
15．写出与两圆均相切的一条直线方程为___________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据圆的方程判断圆的位置关系，公切线斜率存在，设为，应用点线距离公式求参数，即可写出直线方程.
【详解】由，圆心为，半径为1；
由，圆心为，半径为4；
所以圆心距为，故两圆外切，如下图，
公切线斜率存在，设为，
所以，解得或或，
所以，公切线方程有或或.
故答案为：（答案不唯一）
四、双空题
16．椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是一个圆，这个圆称为该椭圆的“蒙日圆”，圆心是椭圆的中心．已知长方形的四条边均与椭圆相切，则的蒙日圆方程为_______________；的面积的最大值为_________________．
【答案】 18
【分析】设两条互相垂直的切线的交点为，分为两切线存在斜率为0和斜率不为0两种情况讨论，斜率不为0时，设切线方程为.联立，利用整理成关于的一元二次方程，利用两直线垂直斜率之积为，化简整理即可求解的蒙日圆方程；要使圆的内接四边形面积最大，即四边形为正方形时，结合面积公式即可求解.
【详解】设两条互相垂直的切线的交点为，
当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点的坐标是，或.
当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点的坐标是且，
所以可设曲线的过点的切线方程是.
由，得，
由其判别式的值为0，得，
因为（为过点互相垂直的两条直线的斜率）是这个关于的一元二次方程的两个根，
所以，
由此，得，
即的蒙日圆方程为：；
因为蒙日圆为长方形的外接圆，设，，
则矩形面积公式为，显然，
即矩形四条边都相等，为正方形时，.
故答案为：；.
五、解答题
17．设圆的方程为
（1）求该圆的圆心坐标及半径.
（2）若此圆的一条弦AB的中点为，求直线AB的方程.
【答案】（1）；；（2）
【分析】（1）将圆的方程转化为标准形式，可得结果.
（2）根据弦的中垂线过圆心，可得中垂线的斜率，然后根据垂直关系，可得直线的斜率，最后根据点斜式可得结果.
【详解】（1）由圆的方程为
则
所以可知圆心，半径
（2）由弦的中垂线为,则
所以可得，
故直线AB的方程为：
即
【点睛】本题考查圆的方程以及直线方程，难点在于对圆的几何性质的认识，属基础题.
18．设为数列的前n项和，已知，且，，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得；
（2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）由题意得：；
当时，，又，；
当且时，，
整理可得：，
，，
数列是以为首项，为公差的等差数列，.
（2）由（1）得：，
.
19．如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.
(1)求证：；
(2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：
，
，因为，
所以，即，
（2）设平面的法向量为，
，
所以有，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为：
.
【点睛】20．如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，分别为棱的中点.
(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)棱上存在点，使得平面，且
【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再根据线面垂直的性质可得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）设点满足，再利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为在四边形中，，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，所以平面，
又平面，
所以，
又在等边中，是的中点，所以，
如图以为原点，建立空间直角坐标系，
，
故，
，
设平面的法向量，则
即，可取，
因为平面，
所以即为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；
（2）设点满足，
所以，
则，
因为平面，
所以，
解得，
即棱上存在点，使得平面，且.
21．已知公比大于1的等比数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前50项和.
【答案】(1)
(2)193
【分析】（1）设首项为，公比为，代入条件计算，可求出通项公式；（2）由条件可知，当时，，且，即可计算前50项的和.
【详解】（1）由于数列是公比大于1的等比数列，
设首项为，公比为，
依题意有，
解得：或（舍）.
所以.
（2）由题意，，即，
当时，，
当时，
当时，，共有个，
则
.
22．如图，已知椭圆，其左､右焦点分别为，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）利用椭圆的定义可得，结合题列出关系式，可得，即得；或利用椭圆上点的坐标结合定义可得.
（2）由题可设直线的方程为：，设点，利用韦达定理法，结合条件可得，即得.
【详解】（1）法一：，
,
，,
,
∴椭圆方程为：.
法二：设，代入椭圆方程，由，
解得，
，
椭圆方程为：.
（2）设动直线的方程为：，
由，得
设，
则，
由对称性可设存在定点满足题设，
则，
由，可得，
所以，
∴，
∴，
由题意知上式对成立，
且，解得.
存在定点，使得以为直径的适恒过这个点，且点的坐标为.