终身会员
搜索
    上传资料 赚现金

    2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版)

    立即下载
    加入资料篮
    2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版)第1页
    2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版)第2页
    2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版)第3页
    还剩16页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版)

    展开

    这是一份2022-2023学年广东省信宜市高二上学期期末数学试题(解析版),共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是, 已知曲线C的方程为等内容,欢迎下载使用。


    2022-2023学年第一学期期末考试

    高二数学

    本试卷共6页,22小题,满分150.考试用时120分钟.

    注意事项:1.答卷前,考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位畺上.

    2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,擦干净后,再选涂其它答案,答案不能答在试卷上.

    3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

    4.考生必须保持答题卡的整洁,考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.

    第一部分选择题(共60分)

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

    1. 抛物线的准线方程是()

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】化为标准形式求解即可.

    【详解】解:可化为

    所以抛物线的准线方程为

    故选:C

    2. ,若三向量共面,则实数()

    A. 3 B. 2 C. 15 D. 5

    【答案】D

    【解析】

    【分析】利用向量共面坐标运算进行求解即可.

    【详解】,∴不共线,

    又∵三向量共面,则存在实数mn使

    ,解得

    故选:D

    3. 若等轴双曲线C过点,则双曲线C的顶点到其渐近线的距离为()

    A. 1 B.  C.  D. 2

    【答案】A

    【解析】

    【分析】先求出双曲线C的标准方程,再求顶点到其渐近线的距离.

    【详解】设等轴双曲线C的标准方程为

    因为点在双曲线上,所以,解得

    所以双曲线C的标准方程为

    故上顶点到其一条渐近线的距离为.

    故选:A

    4. 等差数列的前项和,若,则

    A. 8 B. 10 C. 12 D. 14

    【答案】C

    【解析】

    【详解】试题分析:假设公差为,依题意可得.所以.故选C.

    考点:等差数列的性质.

     

    5. 已知椭圆的左顶点为A,上顶点为B,右焦点为F,若,则椭圆C的离心率为()

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】表示出各点坐标,由可得,得出的等式,变形后可求离心率.

    【详解】由题意,则

    ,即

    可得

    (舍去).

    故选:B

    6. 为实数,若直线与圆相交,则点与圆的位置关系是()

    A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 不能确定

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据直线与圆的位置关系,求得满足的关系式,结合点与圆位置关系的判断方法,判断即可.

    【详解】根据题意,即,故点在圆.

    故选:B.

    7. 如图,在中,所在直线方程分别为,则的角平分线所在直线的方程为()

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】求出点的坐标,根据题意可得,设的角平分线所在直线的倾斜角为,直线的倾斜角为,从而可得,再根据直线的点斜式方程即可得解.

    【详解】解:联立,解得,即

    因为,所以,即

    的角平分线所在直线的倾斜角为,直线的倾斜角为,则

    的角平分线所在直线的斜率为

    所以的角平分线所在直线的方程为,即.

    故选:A.

    8. 已知数列是以1为首项,2为公差的等差数列,是以1为首项,2为公比的等比数列,设,则当时,n的最大值是()

    A. 8 B. 9 C. 10 D. 11

    【答案】B

    【解析】

    【分析】先求出数列的通项公式,然后利用分组求和求出,再对进行赋值即可求解.

    【详解】解:因为数列是以1为首项,2为公差的等差数列

    所以

    因为是以1为首项,2为公比的等比数列

    所以

    得:

    时,即

    时,

    时,

    所以n的最大值是.

    故选:B.

    【点睛】关键点睛:本题的关键是利用分组求和求出,再通过赋值法即可求出使不等式成立的的最大值.

    二、多项选择题:共4小题,每小题5分,共20.在每个小题给出的四个选项中,有多个项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0.

    9. 下列说法正确的是()

    A. 直线必过定点

    B. 直线轴上的截距为

    C. 直线的倾斜角为

    D. 的过点的切线方程为

    【答案】ABD

    【解析】

    【分析】选项A 将直线化为点斜式可判断;选项B根据截距的定义可判断;选项C先求出直线的斜率可得倾斜角从而判断;选项D先判断点在圆上,然后由切线的几何性质求出切线方程,从而判断.

    【详解】选项A.  直线化为,所以直线过点,故正确.

    选项B.  直线轴上的截距为, 正确.

    选项C.  直线的斜率,倾斜角为,故不正确.

    选项D.  ,则点在圆

    所以圆的过点的切线的斜率为,所以切线方程为,即,故正确.

    故选:ABD

    10. 已知曲线C的方程为,且),则下列结论正确的是()

    A. 时,曲线C为圆 B. 若曲线C为椭圆,且焦距为,则

    C. 时,曲线C为双曲线 D. 当曲线C为双曲线时,焦距等于4

    【答案】AC

    【解析】

    【分析】写出当时的曲线方程,即可判断A;分情况求出当曲线表示椭圆时k的值,可判断B;当时,判断的正负,即可判断C; 当曲线C为双曲线时,确定k的范围,求得焦距,可判断D.

    【详解】时,方程为,即,表示圆,故A正确;

    若曲线C为椭圆,且焦距为

    则当焦点在x轴上,,解得

    当焦点在y轴上,,解得 ,

    故此时,故B错误;

    时,,曲线表示的是焦点位于y轴上的双曲线;

    时,,曲线表示的是焦点位于x轴上的双曲线;故C正确;

    当曲线C为双曲线时, ,即

    时,,焦距

    时,,焦距

    D错误,

    故选:AC

    11. 已知空间中三点,则下列结论正确的有()

    A.

    B. 共线的单位向量是

    C. 夹角的余弦值是

    D. 平面ABC的一个法向量是

    【答案】AD

    【解析】

    【分析】对于A,通过计算来判断,对于B,利用共线单位向量的定义求解,对于C,利用向量的夹角公式求解,对于D,利用法向量的定义求解.

    【详解】对于A,因为,所以

    所以,所以,所以A正确,

    对于B,因为,所以与共线的单位向量为

    ,所以B错误,

    对于C,因为

    所以,所以C错误,

    对于D,因为

    所以

    所以,所以平面ABC的一个法向量是,所以D正确,

    故选:AD.

    12. 2022416956分,神舟十三号返回舱成功着陆,返回舱是宇航员返回地球的座舱,返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”,如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点,半圆所在的圆过椭圆的焦点F02),椭圆的短轴与半圆的直径重合,下半圆与y轴交于点G.若过原点O的直线与上半椭圆交于点A,与下半圆交于点B,则()

    A. 椭圆的长轴长为

    B. 的周长为

    C. 线段AB长度的取值范围是

    D. 面积的最大值是

    【答案】BC

    【解析】

    【分析】由题意可得bc,然后可得a,可判断A;由椭圆定义可判断B;由椭圆性质可判断C;设所在直线方程为,分别联立椭圆、圆的方程,求出AB两点的横坐标,得出根据单调性可得最大值判断D.

    【详解】对于A,由题知,椭圆中,得,则,故A错误;

    对于B,由椭圆定义知,,所以的周长,故B正确;

    对于C,由椭圆性质可知,所以,故C正确;

    对于D,设所在直线方程为,联立可得

    联立可得

    显然当时,函数是减函数,

    所以当时,有最大值4,故D错误.

    故选:BC

    第二部分非选择题(共90分)

    三、填空题:共4小题,每小题5分,共20.

    13. 法国数学家蒙日发现:双曲线的两条互相垂直切线的交点的轨迹方程为:,这个圆被称为蒙日圆.若某双曲线对应的蒙日圆方程为,则___________.

    【答案】2

    【解析】

    【分析】根据题意写出双曲线对应的蒙日圆方程,可得出关于的等式,即可求得正数的值.

    【详解】由双曲线的方程可得

    由蒙日圆的定义可得双曲线对应的蒙日圆方程,所以,即

    可得.

    故答案为:2.

    14. 19之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则中间三个数的积等于 ________.

    【答案】27

    【解析】

    【分析】设公比为,利用已知条件求出,然后根据通项公式可求得答案

    【详解】设公比为,插入的三个数分别为

    因为,所以,得

    所以

    故答案为:27

    15. 已知等差数列满足,请写出一个符合条件的通项公式______

    【答案】3(答案不唯一)

    【解析】

    【分析】由已知条件结合等差数列的性质可得,则,从而可写出数列的一个通项公式

    【详解】因为等差数列,且,所以

    当公差为0时,;公差为1时,

    故答案为:3(答案为唯一)

    16. 已知过椭圆上的动点作圆为圆心):的两条切线,切点分别为,若的最小值为,则椭圆的离心率为______

    【答案】

    【解析】

    【分析】由椭圆方程和圆的方程可确定椭圆焦点、圆心和半径;当最小时,可知,此时;根据椭圆性质知,解方程可求得,进而得到离心率.

    【详解】由椭圆方程知其右焦点为;由圆的方程知:圆心为,半径为

    最小时,则最小,即,此时最小;

    此时

    为椭圆右顶点时,,解得:

    椭圆的离心率.

    故答案为:.

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

    17. 已知等比数列满足

    1的通项公式;

    2的前n项和为,证明:成等差数列.

    【答案】1

    2证明见解析

    【解析】

    【分析】1)设等比数列的公比为,根据,求得的值,即可求得数列的通项公式;

    2)由等比数列的求和公式求得,得到,化简得到,即可求解.

    【小问1详解】

    解:设等比数列的公比为

    因为,所以,解得

    所以

    所以数列的通项公式

    【小问2详解】

    解:由(1)可得

    所以

    所以,即成等差数列.

    18. 已知双曲线C的焦点在x轴上,焦距为4,且它的一条渐近线方程为

    1C的标准方程;

    2若直线与双曲线C交于AB两点,求

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)焦点在轴上,设方程为根据题意求出即可

    2)设点,联立方程组,消元得一元二次方程,由韦达定理,然后利用弦长公式计算即可

    【小问1详解】

    因为焦点在轴上,设双曲线的标准方程为

    由题意得

    所以,①

    又双曲线一条渐近线为

    所以,②

    ,③

    联立上述式子解得

    故所求方程为

    【小问2详解】

    联立,整理得

    所以

    19. 已知数列满足.

    1求数列的通项公式;

    2,求数列的前项和.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)根据所给式子得到,作差即可得到,再计算,即可得解;

    2)由(1)可得,利用裂项相消法求和即可.

    【小问1详解】

    解:因为

    所以时,

    两式作差得,

    所以时,

    时,,得,符合上式,

    所以的通项公式为

    【小问2详解】

    解:由(1)知

    所以

    即数列的前项和

    20. 已知圆经过点,且圆心在直线.

    1求圆的方程;

    2若平面上有两个点,点是圆上的点且满足,求点的坐标.

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)设出圆心,利用点到直线的距离公式即可求得圆的方程.

    2)根据已知条件求得满足的方程联立即可求得的坐标.

    【小问1详解】

    圆心在直线上,

    设圆心

    已知圆经过点,则由

    解得,所以圆心

    半径

    所以圆的方程为

    【小问2详解】

    在圆上,

    可得:

    化简得

    联立

    解得.

    21. 是边长为2的等边三角形,边上的动点,且的中点,的中点.沿进行折起,使得平面平面.

    1求证:

    2求平面与平面夹角的余弦值.

    【答案】1证明见解析

    2

    【解析】

    【分析】1)根据面面垂直可得AO⊥平面BCNM,据此证出平面,可得线线垂直;

    2)以为原点,所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.

    【小问1详解】

    连接,如图,

    由题意可知,,且,又的中点,则

    而平面AMN⊥平面BCNM,且交于MN平面AMN,所以AO⊥平面BCNM.

    因为,所以由直角三角形全等可得

    是等腰三角形,边上中点,则

    可知,又平面

    平面,因为平面,所以 .

    【小问2详解】

    为原点,所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系.

    ,则

    设平面的法向量为,则由,即,令,则

    即平面的一个法向量为

    因为y轴与平面AMN垂直,所以平面的一个法向量为

    所以

    所以平面与平面夹角的余弦值为.

    22. 已知椭圆),四点中恰有三点在椭圆.

    1求椭圆的方程;

    2设直线不经过点且与椭圆相交于两点,线段的中点为,若,试问直线是否经过定点?若经过定点,请求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.

    【答案】1

    2直线恒过定点,定点坐标为

    【解析】

    【分析】(1)根据题意椭圆过点P2,代入椭圆方程列出方程组,解之即可求解;

    (2)根据角、线段之间的数量关系可得,设直线方程,联立椭圆方程,利用韦达定理和平面向量的坐标表示可得,求出m的值,即可得出直线恒过的定点.

    【小问1详解】

    由于两点关于y轴对称,故由题设知C经过两点

    又由知,C不经过点P1,所以点P2C.

    因此解得

    C的方程为.

    【小问2详解】

    中,

    所以,从而

    为线段的中点,即,所以

    因此,从而

    根据题意可知直线的斜率一定存在,设它的方程为

    联立消去

    根据韦达定理可得

    所以

    所以

    整理得,解得

    又直线不经过点,所以舍去,

    于是直线的方程为,恒过定点

    该点在椭圆内,满足关于的方程有两个不相等的解,

    所以直线恒过定点,定点坐标为.

     

     

     


     

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单
        欢迎来到教习网
        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map