2022-2023学年广东省深圳市南山区高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省深圳市南山区高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．抛物线的焦点坐标是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据抛物线定义,可直接得焦点坐标.

【详解】是焦点位于轴上的抛物线

所以

即焦点坐标为

故选:B

【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及焦点求法,属于基础题.

2．若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】A

【分析】根据平面向量的基本定理，可得答案.

【详解】对于A，设，则，显然不存在使得等式成立，故A正确；

对于B，设，则，解得，故B错误；

对于C，设，则，即，解得，故C错误；

对于D，设，则，解得，故D错误.

故选：A.

3．设等差数列的前项和为，若，且，则的公差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质可求得的值，即可求得数列的公差.

【详解】因为，，则，

因此，等差数列的公差为.

故选：B.

4．已知椭圆的焦点在轴上，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.

【详解】因为椭圆的焦点在轴上，则，解得.

故选：A.

5．已知、，若直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】作出图形，数形结合可得出直线的斜率的取值范围.

【详解】过点作，垂足为点，如图所示：

设直线交线段于点，设直线的斜率为，且，，

当点在从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐增大，

此时；

当点在从点运动到点时，直线的倾斜角逐渐增大，此时.

综上所述，直线的斜率的取值范围是.

故选：D.

6．如图，在直三棱柱中，，且，已知E为BC的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据直三棱柱的几何性质，补形成正方体，利用异面直线夹角的定义，结合余弦定理，可得答案.

【详解】由题意，可得该三棱柱可看作正方体的一半，补形如下图所示：

记的中点为，连结，

因为在正方形，是的中点，

所以，

又，所以，

故四边形是平行四边形，则，

则为直线与的夹角或其补角，

设该正方体的边长为，

在中，，

在中，，

在中，，

在中，.

故选：B.

7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与的左支交于、两点，若，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接，求出、，利用双曲线的定义可得出关于、的齐次等式，即可解得双曲线的离心率的值.

【详解】如下图所示，易知点、关于轴对称，连接，所以，，

由圆的几何性质可得，所以，，，

由双曲线的定义可得，

因此，双曲线的离心率为.

故选：C.

8．著名的斐波那契数列是意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，又称兔子数列，记该数列为，则，，且．已知斐波那契数列有诸多特殊的性质，例如：（1）；（2）斐波那契数列中各项的个位数是以为周期变化的，则由上述性质可知的个位数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用两个性质可得出，计算出的个位数，即可求出的个位数，即可得解.

【详解】由性质（1）可知，，，，，

上述等式全部相加可得，

，所以，，

由性质（2）可知与的个位数相同，与的个位数相同，且不难知道，，，

所以，的个位数为，则的个位数也为，

因此，的个位数为.

故选：D.

二、多选题

9．设圆C：，直线l：，则下列结论正确的为（    ）

A．C的半径为2 B．l恒过定点

C．l可能与C相切 D．当时，l被C截得的弦长最短

【答案】ABD

【分析】化简圆的标准方程即可判断A，令，代入直线方程即可判断B，将代入圆方程即可判断C，当直线与定点与圆心连线所在直线互相垂直时，弦长最短，即可判断D.

【详解】对A，，所以的半径为2，故A正确；

对B，当时，，故直线恒过定点，故B正确；

对C，将代入圆方程有，故定点在圆内，

故直线与圆一定相交；

对D，圆心，设直线恒过定点，则当直线与直线相互垂直时，

被截得的弦长最短，故，即，则，故D正确.

故选：ABD.

10．如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点，则下列结论正确的为（    ）

A． B．

C． D．为平面的一个法向量

【答案】BC

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、

、、、.

对于A选项，，，则，A错；

对于B选项，，，则，B对；

对于C选项，，故，C对；

对于D选项，，故不是平面的一个法向量，D错.

故选：BC.

11．已知公差为d的等差数列，其前n项和为，且，，则下列结论正确的为（    ）

A．为递增数列 B．为等差数列

C．当取得最大值时， D．当时，d的取值范围为

【答案】BD

【分析】通过等差数列前项和公式和下标和性质即可得到，，，，则可判断AC，而则可判断B，而通过，，则可得到关于的不等式组，即可判断D.

【详解】对A，，即，，

即，，则，而，故，

故为递减数列，故A错误；

对B，设的首项为，则，

，故数列是以为首项，公差为的等差数列，故B错误；

对C，由A知，即，则，而，即，

则，而，当取得最大值时,，故C错误；

对D，当时，由A知，，即，

即，解得，故D正确.

故选：BD.

12．已知椭圆和，点在上，且直线与交于、两点，若点在上，使得，则下列结论正确的为（    ）

A．、的离心率相等 B．

C．直线、的斜率之积为定值 D．四边形的面积为

【答案】ACD

【分析】计算出两椭圆的的离心率，可判断A选项；求出点的坐标，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，可判断B选项；利用斜率公式以及椭圆方程可判断C选项；利用三角形的面积公式求出四边形的面积，可判断D选项.

【详解】设点、，椭圆、的离心率分别为、.

对于A选项，，，A对；

对于B选项，联立可得，所以，，

由题意可知，则，

因为，

则点在椭圆上，所以，，B错；

对于C选项，由B选项可知，椭圆的方程为，，

则，，

由已知可得，两式作差可得，C对；

对于D选项，显然四边形为平行四边形，其面积记为，的面积记为，

因为，所以，直线与轴必有交点，不妨设为，且，

，故，

由韦达定理可得，且，

所以，

，D对.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知，，若，则________．

【答案】

【分析】根据空间向量共线的坐标表示可求得实数的值.

【详解】因为，，若，则，解得.

故答案为：.

14．已知数列满足，且，则________．

【答案】

【分析】根据递推公式求出、的值，进而可求得的值.

【详解】因为数列满足，且，

则，可得，，因此，.

故答案为：.

15．已知圆，点在直线上运动，过作的两条切线，切点分别为、，当四边形的面积最小时，________．

【答案】

【分析】证明出，计算出的最小值，可得出的最小值，可得出四边形的面积最小值，可求得的值，进而可得出的值.

【详解】如图所示：

由圆的几何性质可得，，

由切线长定理可得，又因为，，

所以，，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

所以，，

当与直线垂直时，取最小值，且，

所以，，

所以，，此时，

因此，.

故答案为：.

16．如图，在直角中，，，为斜边上异于、的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则线段长度的最小值为________．

【答案】

【分析】过点在平面内作直线，垂足为点，过点在平面内作直线，垂足为点，记，则，利用空间数量积的运算性质可得出，即可求得的最小值.

【详解】过点在平面内作直线，垂足为点，

过点在平面内作直线，垂足为点，如下图所示：

，，

记，则，，则，，

因为二面角的大小为，则、的夹角为，

，

且，

所以，

，

即，当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，线段长度的最小值为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

四、解答题

17．已知圆的圆心为，且经过坐标原点O．

(1)求的标准方程；

(2)设圆：，若与相交，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）由题意可知，圆的半径为，

所以，的标准方程为.

（2）易知，圆的圆心为，半径为，

根据两圆相交可知，，又，

解得，

即的取值范围是

18．已知数列，满足，，且．

(1)求的通项公式；

(2)设，为数列的前n项和，求．

【答案】(1)

(2)130

【分析】（1）首先证明是等差数列，求出其公差，写出通项即可；

（2）当时，，则，利用等差数列求和公式即可.

【详解】（1）由题可知,,都有,

数列是等差数列,

设的公差为,

（2）由(1)可知，令，则,

当时，，

当时,,

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，已知侧棱平面ABCD，设点E为棱PD的中点．

(1)证明：平面ABP；

(2)若，求点P到平面BCE的距离．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）设为的中点,连接,，利用中位线的性质证明四边形是平行四边形，则可得平面.

（2）点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式即可.

【详解】（1）设为的中点，连接,，

是的中点，，

,且，

，

四边形是平行四边形，，

又平面平面,

平面.

（2）由于侧棱平面，面，

，，则以点为坐标原点,以,,所在的直线为轴,轴,轴建立如图空间直角坐标系,

，，

，，，，

，，，

设平面的法向量,

则有，即，

令,则，

点到平面的距离.

20．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的一条渐近线为，且点在C上．

(1)求C的方程；

(2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且，求l的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用渐近线方程可得，再将点代入即可求得结果；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理并根据向量定比即可求得l的斜率．

【详解】（1）由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为，所以，

可得，

将代入可得，解得；

所以双曲线C的方程为.

（2）由（1）可知，上焦点，

设直线l的斜率为，，则直线l的方程为，

联立整理得；

所以

又，即，可得，

所以，即，解得；

所以直线l的斜率为

21．在四棱柱中，底面ABCD为正方形，侧面为菱形，且平面平面ABCD．

(1)证明：；

(2)设点P在棱上运动，若，且，记直线与平面PBC所成的角为，当时，求的长度．

【答案】(1)见解析

(2)1

【分析】（1）连接，利用面面垂直性质定理得平面，则，根据菱形对角线互相垂直有，则可证平面，则.

（2）以点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，设，求出平面平面的一个法向量，则可求出线面夹角的正弦值，则可求得的值.

【详解】（1）连接，

平面平面平面平面,

平面,

平面，,

与为菱形的对角线，，

，面

平面，又平面,

.

（2）以点为坐标原点,以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，设，

则,

设平面的一个法向量为,则

即，令，则,

，，

又,即的长度为1.

22．已知点为抛物线的焦点，定点（其中常数满足），动点在上，且的最小值为．

(1)求的方程；

(2)过作两条斜率分别为、的直线、，记与的交点为、，与的交点为、，且线段、的中点分别为、．

（i）当，且时，求面积的最小值；

（ii）当时，证明：直线恒过定点．

【答案】(1)

(2)（i）；（ii）证明见解析.

【分析】（1）过点作，垂足为点，由抛物线的定义可知，数形结合可求得的最小值，可求得的值，可得出抛物线的方程；

（2）（i）分析可知，，设直线，的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，可得出点的坐标，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得面积的最小值；

（ii）将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，可得出点的坐标，可求得直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.

【详解】（1）解：易知抛物线的准线的方程为，

过点作，垂足为点，由抛物线的定义可知，

所以，，当且仅当、、三点共线时，等号成立，

所以，，可得，抛物线的方程为.

（2）解：若与轴平行，则与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，，同理可知，

设直线的方程为，直线的方程为，

易知，，且.

（i）因为，且，所以，，且，

不妨设、，联立得，

恒成立，由韦达定理可得，且，

所以，点，同理可得点，

所以，

，

当且仅当时，等号成立，

所以，面积的最小值为.

（ii）联立可得，

所以，，且，

所以，点，同理可得点，

所以，，所以，直线的方程为，

整理可得，

，①

因为，可得，

当时，①等价于，即，

所以，直线恒过定点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.