2022-2023学年湖南省益阳市高二上学期期末数学试题 （解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省益阳市高二上学期期末数学试题 （解析版），共22页。
1．本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括单项选择题、多项选择题、填空题和解答题四部分，共4页，考试用时120分钟，满分150分．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置．请按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效．
3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
试题卷
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. 直线的斜率为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线转化为斜截式可直接得斜率．
【详解】由，得，
则直线的斜率为．
故选：C．
2. 已知等比数列中，，则（ ）
A. 8B. 14C. 128D. 256
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质计算出答案.
【详解】由等比数列的性质可知：，
故,
故选：C
3. 过点且与直线平行的直线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设所求直线方程为，将点代入即可求解.
【详解】设与直线平行的直线方程为：，
又因为直线过点，所以，解得：，
所以所求直线方程为，
故选：.
4. 已知抛物线C的方程为，则其焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出，从而写出焦点坐标.
【详解】由题意得：，故，则焦点坐标为，即.
故选：B
5. 已知两个向量，若，则m的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量平行得到方程组，求出m的值.
【详解】由题意得，即，
解得：，故m的值为4.
故选：D
6. 在四面体中，，M，N分别为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算，即可得出答案.
【详解】由题意得：.
故选：D.
7. 如图所示空间直角坐标系中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线和底面所成角为，则P点坐标满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系求得，以及平面的一个法向量，根据线面夹角的坐标运算即可得P点坐标满足的等式关系.
【详解】解：由正三棱柱，且，根据坐标系可得：
，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以，
又平面，所以是平面的一个法向量，
因为直线和底面所成角为，
所以，
整理得，又，所以.
故选：A.
8. 已知实数满足，记，则w的最大值是（ ）
A. 3B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题目等式特征可知，实数对都在圆上，利用数形结合再根据可得，再利用不等式求出去掉绝对值后可得，求出的最小值即可求得w的最大值.
【详解】根据题意可设圆，，
显然两点在圆上，由可知，可得；如图所示：
由不等式可得，同理可得；
所以，
当取最小值时，w的值最大，
由，易知所以，
可得，又，
所以，即，
当且仅当时取最小值，
此时，
即w的最大值是.
故选：D
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据题目信息和等式特点，将代数问题转化成几何图形，再利用向量和不等式即可求得结果.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线，其中为实常数，则（ ）
A. 直线过一定点
B. 无论m取何值，直线不经过原点
C. 当时，直线与轴交于它的负半轴
D. 当时，直线与坐标轴围成的三角形的面积是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线的方程逐项进行分析即可求解.
【详解】对于，因为直线的方程为，令，
解得：，所以直线过定点，故选项正确；
对于，若直线l经过原点，则，所以无论m取何值，直线不经过原点，故选项正确；
对于，令可得：，当时，，直线与轴交于负半轴；当时，直线与轴没有交点；当时，直线与轴交于正半轴，故选项错误；
对于，当时，直线的方程为：，与两坐标轴的交点分别为，所以直线与坐标轴围成的三角形的面积是，故选项正确，
故选：.
10. 已知两个等差数列、的前项和分别为和，且，则使得为整数的的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等差数列中项以及等差数列求和公式可得出，即可得出正整数的可能取值.
【详解】由等差中项以及等差数列求和公式可得，
又因为，.
故选：ACD
11. 已知正方体的边长为1，E是棱的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系,用空间向量计算验证各选项.
【详解】
以为原点,为轴的正方向建系如图:
,

对A:因为,所以不成立;
对B:,故,故B正确;
对C:,故C正确;
对D:, ,而,故D错误,
故选:BC
12. 已知点P为双曲线的右支上一点，、为双曲线C的两条渐近线，过点P分别作，垂足依次为A、B，O为坐标原点，则（ ）
A. 为定值
B.
C. 若是直角三角形时，的周长是
D. 若是正三角形时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出渐近线方程，设出，表达出，得到，利用三角形面积公式结合求出面积；B选项，由余弦定理求出，结合，得到B正确；C选项，得到或与重合，不妨令与重合，得到，结合，列出方程，得到，结合，求出，从而求出周长；D选项，分析得到点位于轴上，即，求出，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】不妨令，，设，则，
则，，
由渐近线方程可知：，
所以，故，
故，A正确；
由余弦定理得：，
而，
故，，
故，B正确；
因为，若是直角三角形，故或，
所以或与重合，
不妨令与重合，
，
故，整理得：，
解得：，
因为，所以，故，
的周长是
，C正确；
因为，若是正三角形，则，
由对称性可知：点位于轴上，即，
故，所以，
则，D错误.
故选：ABC
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知两个向量，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量坐标的线性运算直接求解即可.
【详解】解：已知两个向量，
则.
故答案为：.
14. 双曲线的离心率，则__________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据双曲线方程可得：，再根据离心率求出，进而求解.
【详解】由双曲线可得：，
又因为双曲线的离心率，所以，
则，
故答案为：.
15. 我们知道，平行于抛物线对称轴的光线（不与对称轴重合）经抛物线两次反射后，入射光线与最后的反射光线平行．如图，若入射光线与最后的反射光线间的最小距离为，则此抛物线的标准方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，由抛物线的光学性质可知，过抛物线的焦点，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意可知，的最小值为，可求得的值，由此可得出抛物线的标准方程.
【详解】设所求抛物线的标准方程为
如下图所示，由抛物线的光学性质可知过抛物线的焦点，
若直线与轴重合，则直线与轴只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，由题意可得，可得.
故所求抛物线的标准方程为.
故答案为：.
16. 在长方体中，，点E为棱上靠近点C的三等分点，点F是长方形内一动点（含边界），且直线与平面所成角的大小相等，则线段长度的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知建立以点为原点，向量方向分别为轴正方向的空间直角坐标，得出，，，根据点F是长方形内一动点（含边界），设，其中，，得出平面的一个法向量可以为，根据直线与平面所成角的大小相等，得出，化简得出，结合，，得出，即可根据两点间距离的坐标公式得出，即可根据二次函数值域与根式不等式得出答案.
【详解】为长方体，
两两垂直，
以点为原点，向量方向分别为轴正方向如图建立空间直角坐标系，
则，，
点F是长方形内一动点（含边界），
设，其中，，
则，，
平面的一个法向量可以为，
直线与平面所成角的大小相等，
设直线与平面所成角大小，
则直线与平面所成角的大小，
，
，即，
整理得：，即，
，，
，解得，
，
，
，
，
，
，
，
则，
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. 已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式与前项和为求得首项与公差即可得数列的通项公式；
（2）由（1）得，直接利用等比数列的前项和公式求得.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为d，由于，则，
解得：，所以，，
所以，数列的通项公式为．
【小问2详解】
解：由（1）知，则,
所以，．
18. 已知点和直线．
（1）若直线经过点P，且，求直线的方程；
（2）若直线过原点，且点P到直线，l的距离相等，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据两直线垂直可求出直线的斜率为2，然后利用点斜式即可求解；
(2)先求出点P到直线l的距离，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论即可求解.
【小问1详解】
由直线l的方程可知它的斜率为，
因为，所以直线的斜率为2．
又直线经过点，所以直线的方程为：，
即．
【小问2详解】
点P到直线l的距离为：，
①当直线的斜率不存在时，的方程为：，点P到直线的距离为2，与己知矛盾；
②当直线的斜率存在时，可设直线的方程为：，
则，解得．
所以，直线的方程为：．
19. 如图，在平面直角坐标系中，过原点O的直线l与圆交于A，B两个不同的点，过原点且垂直于l的直线m与圆的一个交点为P（P不与原点重合）．
（1）求直线l的斜率k的取值范围；
（2）若线段的中点为Q，且，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线l的方程为，由圆心M到直线l的距离小于半径列出不等式，求解即可；
（2）当时，直接计算三角形面积验证；当时，可通过计算M到直线l的距离为，N到直线m的距离为来计算三角形面积，列出关于的方程，求解即可.
【小问1详解】
依题意可设直线l的方程为，
圆的圆心，半径为，
∵直线l与圆M有两个不同的交点，∴，解得，
∴直线l的斜率k的取值范围是．
【小问2详解】
圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为3，
当时，，不符合题意；
当时，直线l的方程为，直线m的方程为，
设M到直线l的距离为，N到直线m的距离为，则，
所以，
解得：，∴直线l的方程为．
20 已知数列满足，且．
（1）求证：数列等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的定义可证得结论成立，并确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
证明：，所以，，
即，又，则数列是等差数列，且该数列首项为，公差为，
所以，，解得．
【小问2详解】
解：，①
∴，②
①②，得
，所以，．
21. 如图甲，在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线折起，使得平面平面，如图乙．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点H，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定H点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点H是线段的靠近B点的三等分点
【解析】
【分析】(1) 取线段的中点O，连接，得到，根据面面垂直得到线面垂直，进而得到，然后利用勾股定理和线面垂直的判定即可求解；
(2)建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标，设，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式和二面角的余弦值即可求解.
【小问1详解】
取线段的中点O，连接，
在中，，
∴，又平面平面，
平面平面，平面
∴平面，又平面，∴．
又，则，∴，
又，平面ADE，∴平面．
【小问2详解】
过E作的平行线l，以E为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，平面的法向量，
设，则，
设平面的法向量为，
则,即，
令，则，∴
由题意可知二面角为锐二面角，
所以，，解之得：，或（舍），
所以，点H是线段的靠近B点的三等分点．
22. 已知椭圆过点，离心率为，经过圆上一动点P作两条直线，它们分别与椭圆E恰有一个公共点，公共点分别记为A、B．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）求证：；
（3）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）把点的坐标代入椭圆，结合离心率求出椭圆方程；
（2）设P点坐标，分类讨论直线斜率是否存在，联立椭圆，求出两直线斜率关系，即证垂直；
（3）先求出特殊位置时的面积，再设，的直线与椭圆联立，求出坐标，进一步求出直线AB方程，与椭圆联立，韦达定理，求弦长和面积，最后利用对勾函数求最值.
【小问1详解】
由椭圆E的离心率，∴，
又椭圆E过点，∴，解得，则，
故椭圆E的标准方程为
【小问2详解】
设P点坐标为，依题意、的斜率不能同时不存在或同为0．
①若、中的斜率有一个不存在时（，的斜率有一个不存在时，另一个为0，若有一个为0时，则另一个不存在），不妨设的斜率不存在，
则直线的方程为，∴，
则另一条直线的方程为，此时．
②若、斜率存在且不为0时，设过P点的方程为，代入方程
得：，
∴，
整理得：（*）且，又，
∴，方程（*）两个根即为、的斜率，
∴，即．
综上：．
【小问3详解】
同（2）设及，
①当或时，；
②当时，，斜率存在且不为0，设方程为：，
联立椭圆E消去y并整理得：，
∴，
化简得：，解得：，又，
故，∴直线的方程为：，即，
同理可得的方程为：．又在直线、上，
则，∴直线的方程为：．
由，消去y整理可得：，
又，所以，，
∴，．
∴．又点O到直线的距离，
∴
，
∵，且，∴或，
∴或，
故．
综上可知，面积的最大值为．