2022-2023学年广东省广州市海珠外国语实验中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市海珠外国语实验中学高二上学期期末数学试题（解析版），共22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。
2022-2023学年广东省广州市海珠外国语实验中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A．30° B．45° C．120° D．150°【答案】A【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.【详解】∵ ∴ ∴ 又∵ ∴故选：A.2．已知空间向量，且，则x=（    ）A． B．3 C． D．6【答案】C【分析】利用向量平行列方程直接求得.【详解】因为空间向量，且，所以，解得：.故选：C3．在数列中，，，则（    ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】根据数列的递推式，计算数列的项，可推得数列为周期性数列，利用其周期即可求得答案.【详解】由题意可得，，∴，，，,∴该数列是周期数列，周期,又 ，∴ ，故选：B ．4．已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，从而可求出点P到直线的距离的最大值和最小值，进而可求出面积的取值范围.【详解】解：由题意，，，则，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离，圆上的点P到直线的最小距离为，最大距离为面积的最小值为，最大值为面积的取值范围是故选：B5．四棱柱的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.【详解】因为，，所以，，，因为，所以，所以，即线段的长度是.故选：D.6．已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴，故选：B7．如图，把椭圆绕短轴旋转形成的几何体称为“扁椭球”，其中a称为扁椭球长半径，b称为扁椭球短半径，称为扁椭球的“扁率”.假设一扁椭球的短半径为，且一棱长为1的正方体内接于扁椭球（即正方体的8个顶点都在扁椭球球面上），则此扁椭球的扁率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据旋转体特性可知“扁椭球”每一个水平切面都是圆形，根据内接正方形与圆得关系求出一组代入椭圆方程即可求出a，最后得出答案.【详解】由题可知“扁椭球”每一个水平切面都是圆形，所以正方体上方正方形与所在圆面内接，因为正方体棱长为1，所在圆半径为根据图像的对称性可知，正方体上方正方形所在位置，，将其代入椭圆方程得，解得，故选：B8．点，是曲线C：的左右焦点，过作互相垂直的两条直线分别与曲线交于A，B和C，D；线段AB，CD的中点分别为M，N，直线与x轴垂直且点G在C上.若以G为圆心的圆与直线MN恒有公共点，则圆面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】讨论斜率，斜率存在时设、联立曲线C，应用韦达定理求线段AB，CD的中点坐标，进而确定的方程，可得过定点，若以G为圆心的圆半径为，只需保证可满足圆与直线恒有公共点，即得面积最小值.【详解】当直线斜率均存在时，令且，则，联立与曲线C并整理得：，且，则，所以，故，联立与曲线C并整理得：，同理，，，可得，直线，故过定点，当直线中一条的斜率不存在时，令，则，所以，，故过，而，要使以G为圆心的圆与直线MN恒有公共点，且圆面积最小，若圆的半径为，只需恒成立，故圆最小面积为.故选：B【点睛】关键点点睛：讨论直线斜率，设直线方程联立曲线方程，结合韦达定理求线段中点坐标，进而确定的方程，得到过定点，根据恒有公共点有圆半径为，只需保证恒成立即可. 二、多选题9．已知是等比数列的前n项和，，，成等差数列，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据题意，分情况进行讨论，然后利用等差中项的性质即可求解.【详解】若公比有，，，此时，故公比，由题意，化简有，两边同时乘以，可得：；两边同时乘以，可得：故有或，选选：AB.10．已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（    ）A．的周长为10 B．面积的最大值为C．的最小值为1 D．椭圆C的焦距为6【答案】AB【分析】根据椭圆的方程求出，再结合椭圆定义与椭圆的几何性质即可分别判断正误求解.【详解】∵椭圆C方程为：，的周长为，∴A正确；∴△PF1F2面积的最大值为，此时位于短轴的端点，∴B正确；在椭圆的左顶点时，|PF1|的最小值为a－c＝1，又P为椭圆C上异于长轴端点的动点，∴C错误；椭圆C的焦距为2c＝4，∴D错误.故选：AB.11．已知三棱锥的底面是正三角形，则下列各选项正确的是（    ）A．与平面所成角的最大值为B．与平面所成角的最小值为C．若平面平面，则二面角的最小值为D．若、都不小于，则二面角为锐二面角【答案】AC【分析】利用线面角的定义可判断AB选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，设点在平面内的射影点为，取的中点，连接、、、，设等边的边长为，则，平面，所以，直线与平面所成角为，平面，平面，则，为等边三角形，为的中点，则，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，，所以，，则，即当平面平面时，取得最大值，A对；对于B选项，由A选项可知，与平面所成角的最大值为，B错；对于C选项，取的中点，过点在平面内作，垂足为点，连接、，则，为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，平面，平面，，因为，所以，，当且仅当时，等号成立，故当平面平面时，则二面角的最小值为，C对；对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，则二面角的平面角为，设，，，，，，取，则，此时为钝角，即二面角为钝二面角，D错.故选：AC.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（    ）A．曲线C围成的图形有4条对称轴B．曲线C围成的图形的周长是C．曲线C上的任意两点间的距离不超过5D．若是曲线C上任意一点，的最小值是【答案】ABD【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.【详解】，当时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，，即，表示圆心为，半径的半圆.曲线的图像如下图所示：对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；对于D，圆心到直线的距离为，到直线的距离，若使最小，则有，所以，得，D正确.故选：ABD. 三、填空题13．双曲线，写出一个与双曲线有共同的渐近线但离心率不同的双曲线方程______．【答案】（答案不唯一）【分析】根据有共同渐近线的双曲线方程的性质进行求解即可.【详解】与双曲线有共同的渐近线的双曲线方程可设为，当时，得到双曲线方程为，显然该双曲线与双曲线有共同的渐近线但离心率不同，故答案为：14．在直三棱柱中，，，，，，则异面直线与夹角的余弦值为______．【答案】【分析】根据条件，可建立空间直角坐标系，得出与的坐标，利用向量法解决.【详解】由已知可得，两两垂直，可如图建立空间直角坐标系.则，，，，，由可得，，则，，，，，所以，.所以，异面直线与夹角的余弦值为.故答案为：.15．已知数列的各项均为正数，，，则数列前10项的和为___________.【答案】【分析】运用因式分解法，结合等比数列的定义、裂项相消法进行求解即可.【详解】由，或，当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，这不符合数列的各项均为正数；当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，又，所以，因为，所以前10项的和为，故答案为：16．在平面直角坐标系中，已知圆与x轴交于A､B（点A在点B的左侧），圆C的弦过点，分别过E､F作圆C的切线，交点为P，则线段的最小值为___________.【答案】【分析】设，根据切线的垂直关系，可得在以为为直径的圆上，求出的方程，将代入，求出点轨迹方程，转化为点到直线的距离，即可求出结论.【详解】，圆心，令或，点在点的左侧，，设，为圆的切线，，在以为直径的圆上，其方程为，即，直线为圆:与以为直径的圆的相交弦，直线方程为，弦过点，点的轨迹为直线，其方程为，线段最小值为点到直线的距离为.故答案为:. 四、解答题17．数列中，，，为的前项和.（1）若，求；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可知数列是首项为3，公比为3的等比数列，根据等比数列的前项和公式求；（2）由（1）可知，代入后，利用裂项相消法求和.【详解】（1）由得数列是首项，公比的等比数列；由得.得，解得.所以的值为.（2）由（1）知数列是首项，公比的等比数列.可得.所以，数列的前项和.【点睛】本小题主要考查等比数列的定义、通项公式、数列求和等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查化归与转化思想，体现综合性与应用性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.18．已知圆内有一点，直线过点P且和圆C交于A，B两点，直线l的倾斜角为.（1）当时，求的长；（2）当弦被点P平分时，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据题意先求出直线l方程，再求圆心到直线l的距离，再结合垂径定理利用弦长公式即可得解；（2）根据垂径定理，弦被点P平分，则，先求可得，再利用点斜式即可得解.【详解】（1）当时，直线l的方程为：即，圆心到，直线l的距离，所以.（2）当弦被平分时，，∵，∴，∴直线l的方程为：，即.19．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且 ，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．由已知得 取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得 ，可取所以 ．由已知得 ．所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．又 ，所以 ．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．20．双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，点，过的直线与双曲线交于，两点(1)求双曲线的方程(2)若，两点均在轴左侧，求直线的斜率的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据渐近线方程为，焦距为，可得，再由即可求出的值，从而可得双曲线方程；(2) 直线的方程为，联立双曲线方程可得，由可得，设，由题意可得，结合韦达定理即可求解出的取值范围．【详解】（1）解：因为双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，所以，解得，所以双曲线方程为：；（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，由，可得，，所以，即，设，因为，两点均在轴左侧，所以，所以，可得，解得，又因为，所以，所以.21．某企业2021年年初有资金5千万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到．每年年底扣除下一年的消费基金1.5千万元后，剩余资金投入再生产．设从2021年的年底起，每年年底企业扣除消费基金后的剩余资金依次为，，，…．(1)写出，，，并证明数列是等比数列；(2)至少到哪一年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元？（lg【答案】(1)，，，证明见解析(2)至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元 【分析】（1）由题意可知，，，，再结合等比数列的性质，即可求解．（2）由（1）知，，则，令，再结合对数函数运算，即可求解．【详解】（1）依题意知，，，, ,所以,又，所以是首项为3，公比为1.5的等比数列.（2）由（1）知，，所以令，解得，所以，所以至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元．22．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为．点P是椭圆E上的一个动点，且P在第一象限．记的面积为S，当时，．(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和．求证：存在常数λ，使得成立．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；（2）设，，，解方程组求出的值，再求出即得证.【详解】（1）由题得. 所以当时，.由已知得，且，，所以，从而，所以椭圆E的方程为.（2）根据椭圆的对称性，可设，，，则即，因为，直线PM与直线PN的斜率均不为零，所以设直线PM的方程为（其中直线PN的方程为（其中，联立，得，所以，所以，所以，由，得，所以所以，所以，所以，所以即存在常数，使得成立．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.