2022-2023学年广东省广州市天河区高二上学期期末数学试题（解析版）

2022学年第一学期天河区期末考试

高二数学

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 直线l：的倾斜角θ为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据斜率的定义即可求得倾斜角.

【详解】的倾斜角θ满足，故.

故选：D.

2. 数列，，，，……的通项公式可能是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由分母构成等差数列即可求出.

【详解】数列的分母形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为，

所以.

故选：C.

3. 若抛物线上横坐标为的点到焦点的距离为5，则p的值为（）

A.  B. 2 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】由方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程，进而由抛物线的定义可得：，解之可得值.

详解】由题意可得：抛物线开口向右，

焦点坐标为，准线方程为：，

因为抛物线上横坐标为的点到焦点的距离为5，由抛物线的定义可得：

，解之可得：，

故选：.

4. 如图，在平行六面体中，设，，，若点P满足，则等于（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由空间向量的线性运算法则求解．

【详解】∵是平行六面体，

∴，

，

故选：A．

5. 圆C1：与圆C2：的位置关系是（）

A. 内含 B. 内切 C. 相交 D. 外切

【答案】C

【解析】

【分析】求出圆心距,与两圆半径的和、差的绝对值比较大小可得．

【详解】标准方程是，圆心为，半径为，

标准方程，圆心，半径，

，，因此两圆相交，

故选：C．

6. 若动点P在直线上，动点Q在曲线上，则|PQ|的最小值为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设与直线平行直线的方程为，当直线与曲线相切，且点为切点时，，两点间的距离最小，根据导数的几何意义求出直线的方程，再利用平行线间的距离公式即可求得结果.

【详解】设与直线平行的直线的方程为，

∴当直线与曲线相切，且点为切点时，，两点间的距离最小，

设切点，，所以，

，，，

点，直线的方程为，

两点间距离的最小值为平行线和间的距离，

两点间距离的最小值为.

故选：.

7. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3402块，则中层共有扇面形石板（）

A. 1125块 B. 1134块 C. 1143块 D. 1152块

【答案】B

【解析】

【分析】由等差数列前项和的性质求解．

【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，是等差数列，且公差为，，

设每层有环，则，，

是等差数列，则也成等差数列，

所以，

所以，，

故选：B．

8. 已知，，，以C为焦点的椭圆过A、B两点，则椭圆的另一个焦点F的轨迹方程为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由两点间距离公式可得，根据题中条件，得到，结合双曲线的定义，即可得出结果.

【详解】因为，，，

所以，，，

因为都在椭圆上，

所以，，

故的轨迹是以，为焦点的双曲线的下支，

又，，即，，所以，

因此的轨迹方程是（）.

故选：A.

【点晴】方法点睛：

求轨迹方程的常见方法有:

①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；

②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；

③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；

④逆代法，将代入.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 下列说法中正确的是（）

A. 方程表示的曲线是圆 B. 椭圆的长轴长为2，短轴长为

C. 双曲线的渐近线方程为 D. 抛物线的准线方程是

【答案】CD

【解析】

【分析】根据方程表示成曲线的标准形式，再根据定义判断正误.

【详解】选项A: 表示点，故A错误；

选项B: ，长轴长为，短轴长，故选项B错误；

选项C: 化简，选项C正确；

选项D:抛物线表示成标准方程为，，焦点坐标为准线为,选项D正确；

故选： CD.

10. △ABC的三个顶点坐标为A(4，0)，B(0，3)，C(6，7)，下列说法中正确的是（）

A. 边BC与直线平行

B. 边BC上的高所在的直线的方程为

C. 过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为

D. 过点A且平分△ABC面积的直线与边BC相交于点D(3，5)

【答案】BD

【解析】

【分析】由直线斜率判断A，求出相应的直线方程判断BC，求出边中点坐标判断D．

【详解】直线的斜率为，而直线的斜率为，两直线不平行，A错；

边上高所在直线斜率为，直线方程为，即，B正确；

过且在两坐标轴上的截距相等的直线不过原点时方程为，过原点时方程为，C错；

过点A且平分△ABC面积的直线过边BC中点，坐标为，D正确．

故选：BD．

11. （多选）设数列满足，记数列的前项和为，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】依题意当时，求出，再利用作差法得到，即可得到的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和即可；

【详解】解：由题意，当时，得，

令，

则当时，

所以，

即．又时，也成立，

∴，故数列的通项公式为，

∴

，即有．

故选：ABD．

12. 如图，已知正方体的棱长为2，E、F、G分别为棱BC、CC1、BB1的中点，则下列选项中正确的是（）

A. 点A到直线EF的距离为 B. 平面AEF截正方体所得截面为五边形

C. 三棱锥-AEF的体积为 D. 存在实数λ、μ使得

【答案】ACD

【解析】

【分析】在中，由三边长求得边上的高判断A，证明共面判断B，由求得三棱锥的体积判断C，证明根据平面向量的基本定理判断D．

【详解】连接，由已知，，，

，中，，

点A到直线EF的距离为，A正确；

连接，则由分别是中点得，又正方体中易得，因此，∴平面，从而截面为四边形，B错；

由已知点到直线的距离行于，，

平面即为平面，

，平面，平面，则平面，

∴，到平面的距离相等，∴，

由正方体性质知到平面的距离为，是中点，则到平面的距离为，

∴，C正确；

与平行且相等（可由传递），则是平行四边形，，

平面，平面，∴平面，实际上，

而在平面中，不共线，可作为平面的基底，从而存在实数λ、μ使得，即，D正确．

故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在各项均为正数的等比数列{}中，若，则_________．

【答案】2

【解析】

【分析】根据等比数列的性质计算．

【详解】等比数列各项均为正数，

∴，（负值舍去）

故答案为：2.

14. 如图是某圆拱形桥的示意图，雨季时水面跨度AB为6米，拱高(圆拱最高点到水面的距离)为1米．早季时水位下降了1米，则此时水面跨度增大到_________米．

【答案】8

【解析】

【分析】画出圆拱图示意图，构建直角坐标系，列出雨季和旱季时水位方程即可求出圆的半径，旱季时水面跨度.

【详解】

画出圆拱图示意图，设圆半径为,雨季时水位方程，解得；

旱季时水位方程，解得，所以此时水面跨度为.

所以答案 8.

15. 如图，在棱长为2的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，则异面直线AN，CM所成角的余弦值为_________．

【答案】

【解析】

【分析】作出异面直线所成的角，在三角形中由余弦定理求解．

【详解】如图，连接，取中点，连接，又是中点，则，

所以异面直线AN，CM所成角是或其补角，

由已知，，

，又，，

中，，

∴异面直线AN，CM所成角的余弦值为．

故答案为：．

16. 已知椭圆的右焦点为F，过F点作圆的一条切线，切点为T，延长FT交椭圆C于点A，若T为线段AF的中点，则椭圆C的离心率为_________．

【答案】##

【解析】

【分析】利用图中的几何关系及椭圆的定义即可求解.

【详解】设椭圆的左焦点为,连接，,

由几何关系可知，则，

即，

由椭圆的定义可知，即且，

整理得，解得，

.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知数列{}为等差数列，是其前n项和，且，．数列{}中，，．

（1）分别求数列{}，{}的通项公式；

（2）求数列的前n项和．

【答案】（1），.

（2）

【解析】

【分析】(1)设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式列出方程组，解之即可求出数列的通项公式，由题意可知：数列为等比数列，利用等比数列的通项即可求出数列的通项公式；

(2)结合（1）可得：，利用分组求和的方法即可求解.

【小问1详解】

设等差数列的公差为，因为，，

则，解得：，所以.

又因为，，所以数列是以1为首项，以为公比的等比数列，则，

故数列{}，{}的通项公式分别为：，.

【小问2详解】

由（1）可知：，

所以

18. 已知圆C的圆心在x轴上，且经过坐标原点O和点A(3，)．

（1）求圆C的标准方程；

（2）求过点P(4，4)与圆C相切的直线方程．

【答案】（1）；

（2）或．

【解析】

【分析】（1）设圆心坐标为，由圆心到圆上两点距离相等求得，然后得半径，从而得圆标准方程；

（2）切线斜率存在时，设方程为，由圆心到切线距离等于半径求得，再说明斜率不存在时直线也是切线．

【小问1详解】

设圆心坐标为，

由，解得，∴圆半径为，

圆方程为；

【小问2详解】

易知直线与圆相切，

当切线斜率存在时设方程为，即，

∴，解得，切线方程为，即，

综上切线方程为或．

19. 如图，在直三棱柱中，，D、E、F分别是棱、、的中点．

（1）求证：DF平面；

（2）若，求平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；

（2）

【解析】

【分析】（1）取AC中点M,连接，证明DF∥，即可证明 DF∥平面

（2）利用空间向量法分别将平面与平面的法向量表示出来，再求出夹角的余弦值

【小问1详解】

取AC中点M,连接，

，且，

又，

，

四边形是平行四边形，

,

又平面平面，

所以DF∥平面.

【小问2详解】

因为，

所以

又因为直三棱柱中，且，平面

所以平面

又平面

所以

所以、、两两垂直

故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系

由题知，

所以，，，，，

设平面的法向量为，，

则，

取，得，

平面的一个法向量，

所以平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为

20. 设数列{}的前n项和为，已知，，且．

（1）求证：；

（2）求．

【答案】（1）证明过程见详解

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，由题可得，，两式子相减可得，即，然后验证当时，命题成立即可；

（2）通过求解数列的奇数项与偶数项的和即可得到其对应前项和的通项公式.

【小问1详解】

）由条件，对任意，有，

因而对任意，有，

两式相减，得，即，

又，所以，

故对一切，．

【小问2详解】

由（1）知，，所以，

于是数列是首项，公比为3的等比数列，

数列是首项，公比为3的等比数列，

所以，

于是

．

所以.

21. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE折起到(平面ABCD)的位置．

（1）判断当△ADE折起到什么位置时，四棱锥的体积最大(无需证明)，并求出这个最大体积；

（2）若，点M在线段A1C上，当直线BM与平面DEC所成角的正弦值为时，试判断点M的位置．

【答案】（1）平面平面时，四棱锥的体积最大，最大体积为；

（2）为中点．

【解析】

【分析】（1）利用点到直线的距离是定值，得出平面平面时体积最大，再由体积公式计算；

（2）取中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，由空间向量法求线面角，从而得参数值，确定出点位置．

【小问1详解】

取中点．连接，则，折叠过程中始终与垂直，因此当平面时，点到平面的距离最大为，由平面，得平面平面，

由已知，，

；

【小问2详解】

由已知，，，

又，，∴，

，所以，，

又，，平面，∴平面，

以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴．

，，，

设轴与交于点，则为中点，连接，交于点，

由与平行且相等得是平行四边形，所以，于是为中点，

，，因此，

所以，，

设，，

则，

平面的一个法向量是，

因为直线BM与平面DEC所成角的正弦值为，

所以，

解得（舍去），

所以是中点．

22. 已知双曲线C：的右焦点为，点在双曲线C上．

（1）求双曲线C的标准方程；

（2）设A、B分别为双曲线C的左、右顶点，若过点F的直线l交双曲线C的右支于M、N两点，设直线AM、BN的斜率分别为、，是否存在实数λ使得？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）

（2）存在，，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由条件列方程组解得参数即可；

（2）设直线为，联立双曲线方程消x，结合韦达定理可表示出，再由与的关系消元，从而得出的定值比值.

小问1详解】

由题意得，，解得，故双曲线C的标准方程为；

小问2详解】

直线l交双曲线C的右支于M、N两点，故斜率不为0，设为，联立双曲线方程化简得，

，则，

直线l与右支交于两点，则，则，

，，，

，

∵，∴，

∴，

∴存在使得

【点睛】（1）直线与圆锥曲线的定值问题，一般是借助韦达定理将内容表示出来，再根据式子的特征进一步化简求值.

（2）本题直线设成的形式，方便处理直线斜率不为0的情形（包括斜率不存在），也方便表示.