2022-2023学年山东省临沂市费县第二中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省临沂市费县第二中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．空间两点，间的距离等于（    ）

A．2 B．3 C．4 D．9

【答案】B

【解析】直接利用两点间的距离公式可得答案.

【详解】由两点间的距离公式可得

.

故选：B.

2．已知直线和互相平行，则实数（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】根据题意，结合两直线的平行，得到且，即可求解.

【详解】由题意，直线和互相平行，

可得且，

即且，解得或.

故选：C.

3．圆和圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．相交 C．内切 D．外切

【答案】D

【解析】分别求出两圆圆心坐标和半径，比较两圆圆心距和半径的关系即可作出判断.

【详解】圆化为标准方程为：，圆心，半径，

圆化为标准方程为：，圆心，半径，

因为，，

所以，所以圆和圆的位置关系是外切.

故选：D．

4．过点的直线与圆C：交于A，B两点，当最小时，直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】点在圆的内部，要使过点的直线交圆后所得的圆心角最小，则直线交圆所得的劣弧最短，也就是弦长最短，此时直线与过圆心及点的连线垂直，根据斜率之积等于求出直线的斜率，由点斜式可得所求的直线方程．

【详解】如图，把点代入圆的方程左边得：，

所以点在圆的内部，要使过的直线交圆后得到的最小，

也就是过的直线交圆，所截得的弦长最短，

即当时弦长最短，最小，设此时直线的斜率为，

，

由，得：，所以，．

的方程为：，即．

故选：C.

【点睛】本题考查圆的标准方程、直线和圆的位置关系，求解时注意过内一点作直线与交于、两点，则弦的长最短弦对的劣弧最短弦对的圆心角最小圆心到直线的距离最大弦的中点为．

5．已知在一个二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设这个二面角的度数为，由题意得，从而得到，由此能求出结果.

【详解】解：设这个二面角的度数为，

由题意得，

，

，

解得，

∴，

∴这个二面角的度数为，

故选：C.

【点睛】本题考查利用向量的几何运算以及数量积研究面面角，属于中档题.

6．已知数列的各项均为正数，，，若数列的前项和为5，则（    ）

A．119 B．121 C．120 D．122

【答案】C

【解析】根据题设条件化简得到，结合等差数列的通项公式，求得，进而得到，结合裂项法，求得数列的前项和，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，数列的各项均为正数，，，

可得，所以数列是以4首项，公差为4的等差数列，

所以，可得，

又由，

前项和，

令，解得.

故选：C.

【点睛】裂项求和的方法与注意点：

1、裂项相消法求和：把数列的通项公式拆成两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得数列的前项和；

2、使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，且不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点.

7．已知抛物线，为其焦点，抛物线上两点、满足，则线段的中点到轴的距离等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出的中点纵坐标，求出线段的中点到轴的距离.

【详解】解：抛物线的焦点,准线方程，

设，

，

解得，

∴线段的中点横坐标为，

∴线段的中点到轴的距离为，

故选：B.

【点睛】本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离，是基础题.

8．已知数列满足，且，则数列的前项和（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由可得，利用，可推出，直接求和即可.

【详解】解：，，两式相除得，

因为，所以，

由，得，，，

所以，

故选：B.

【点睛】本题考查数列求和问题，关键是求出，该数列隔项为等比数列，由于只求前项和，每个都求出来更方便，是中档题.

二、多选题

9．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交会的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交会，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，若某直线上存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（    ）

A．点P的轨迹曲线是一条线段

B．点P的轨迹与直线是没有交会的轨迹（即两个轨迹没有交点）

C．是“最远距离直线”

D．是“最远距离直线”

【答案】BD

【分析】A、B项，由点P到点M的距离比到直线l的距离小1，得出点P到点M的距离与点P到直线的距离关系，求出点P的轨迹和轨迹方程.C项，将代入点P的轨迹方程，化简并通过判别式即可求出是否为“最远距离直线”；D项，将代入点P的轨迹方程，化简并通过判别式即可求出是否为“最远距离直线”.

【详解】解：由题意，

已知点，直线，若某直线上存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1

∴点P到点M的距离等于点P到直线的距离

∴点P的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，设轨迹方程为：

∴点P的轨迹与直线是没有交会的轨迹（即两个轨迹没有交点）

故A错误，B正确.

∴，解得：

∴P的轨迹方程为：，

∵点P到点M的距离比到直线l的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”

∴对于C项，

将代入抛物线方程，消去，整理得：

在中，

∵

∴此方程无解

∴不是“最远距离直线”，C错误.

对于D项，

将代入抛物线方程，消去，整理得：

在中，

∵

∴此方程有解

∴是“最远距离直线”，D正确.

故选：BD.

10．已知直线，圆，则以下命题正确的是（    ）

A．直线l恒过定点 B．直线l与圆C恒相交

C．圆C被x轴截得的弦长为 D．圆C被直线l截得的弦最短时，

【答案】BC

【分析】根据给定条件求出直线l经过的定点及圆的圆心、半径，再求圆心到直线的距离，由此判断直线与圆的位置关系，利用弦长公式求弦长即可判断B，C，D.

【详解】依题意，直线：可化为，

由解得，，即直线过定点，A不正确；

因为方程可化为，

所以圆的圆心的坐标为，半径，，

即点P在圆内，直线与圆恒相交，B正确；

圆心到x轴的距离，则圆被轴截得的弦长为，C正确；

由于直线过定点，圆心，则直线PC的斜率，

当圆被直线截得的弦最短时，由圆的性质知，，于是得，解得，D错误.

故选：BC.

11．（多选）设数列是等差数列，公差为d，是其前n项和，且，则（    ）

A． B． C．或为的最大值 D．

【答案】BC

【解析】根据得到，再根据得到，可得数列是单调递减的等差数列，所以或为的最大值，根据得，故BC正确.

【详解】由得，，

即，又，

，，∴B正确；

由，得，又，，

∴数列是单调递减的等差数列，

，

或为的最大值，∴A错误，C正确；

，，所以D错误.

故选：BC．

【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出，进而推出是解题关键.

12．（多选）如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，则（    ）

A．直线与的夹角为 B．平面平面

C．点到平面的距离为 D．若正方体每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面只能是三角形和六边形

【答案】ABD

【分析】作平行直线求出异面直线夹角判断A；利用线面垂直、面面垂直的判定推理判断B；利用等体积法计算判断C；分析截面形状判断D作答.

【详解】在棱长为的正方体中，连接，如图，

对角面是矩形，有，即为直线与所成角或其补角，

而，则，即直线与的夹角为，A正确；

在正方体中，取AB中点G，连接，如图，

因F为CD中点，有，又平面，平面，则，

在正方形中，，即，

则，即有，而平面，

于是得平面，又平面，因此平面平面，B正确；

在棱长为的正方体中，连接，如图，

显然是中点，于是得点到平面的距离等于点到平面的距离h，

由得：，，解得，C不正确；

在正方体中，，，，

三棱锥为正三棱锥，有与平面所成角都相等，则平面与正方体的每条棱所成角都相等，

由正方体的结构特征不妨令平面与直线垂直，而平面与垂直，依题意平面与平面平行或重合，

如图，连接，，平面，平面，有平面，

同理平面，而平面，则有平面平面，

当平面从点向移动（含不含）或从点D向C移动（含D不含C）过程中，平面截此正方体所得截面是三角形，

当平面在平面与平面之间时，平面与正方体的六个面都相交，截面为六边形，D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．已知直线和直线垂直，则实数___________.

【答案】

【解析】根据两条直线相互垂直的条件列方程，解方程求得m的值.

【详解】由于两条直线垂直，故，解得.

故答案为：.

14．已知空间直线的方向向量是，平面的法向量.若，则___________.

【答案】2

【解析】由直线的方向向量与平面的法向量共线可得答案.

【详解】若因为，所以，即，所以，

则.

故答案为：2.

15．若为直线上一个动点，从点引圆的两条切线，（切点为，），则的最小值是________.

【答案】

【解析】根据题意得当的长度最小时，取最小值，进而根据几何关系求解即可.

【详解】如图，由题可知圆C的圆心为，半径．

要使的长度最小，即要最小，则最小．

因为，

所以当最小时，最小因为，

所以当最小时，最小．

因为，

所以，

所以，

由于

所以．

故答案为：.

【点睛】本题解题的关键是根据已知当的长度最小，即要最小，进而得当最小时，最小．由于的最小值为点到直线，故.考查化归转化思想和运算能力，是中档题.

16．在长方体中，，Q是线段上一点，且，则点Q到平面的距离为_______．

【答案】

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法即可求出点到面的距离.

【详解】如图，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则，

∴，，，

由，得，

∴，

设平面的法向量为，

由得

取，则，∴，

∴点Q到平面的距离.

【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之点到面的距离，属于基础题.

四、解答题

17．设数列的前项和为，在①，，成等差数列.②，，成等差数列中任选一个，补充在下列的横线上，并解答.

在公比为2的等比数列中，____________

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】条件选择见解析（1）；（2）.

【分析】（1）若选①，根据三个数成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；若选②，根据，，成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；

（2）将代入，求得，，裂项之后求和得结果.

【详解】（1）选①：因为，，成等差数列，所以，

所以，解得，所以.

选②：因为，，成等差数列，所以，即，

所以，解得，所以；

（2）因为，所以，

所以，，

所以.

【点睛】本题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有三数成等差数列的条件，等比数列的通项公式，裂项相消法求和，考查学生的运算求解能力.

18．已知直线l经过两条直线2x﹣y﹣3＝0和4x﹣3y﹣5＝0的交点，且与直线x+y﹣2＝0垂直．

(1)求直线l的方程；

(2)若圆C过点（1，0），且圆心在x轴的正半轴上，直线l被该圆所截得的弦长为，求圆C的标准方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求得直线和直线的交点坐标，再用点斜式求得直线的方程.

（2）设圆的标准方程为，根据已知条件列方程组，求得，由此求得圆的标准方程.

【详解】（1）.

直线的斜率为，所以直线的斜率为，

所以直线的方程为.

（2）设圆的标准方程为，

则，

所以圆的标准方程为.

19．给出下列条件：①焦点在轴上；②焦点在轴上；③抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离等于；④抛物线的准线方程是.

（1）对于顶点在原点的抛物线：从以上四个条件中选出两个适当的条件，使得抛物线的方程是，并说明理由；

（2）过点的任意一条直线与交于，不同两点，试探究是否总有？请说明理由.

【答案】（1）选择条件①③;详见解析（2）总有，证明见解析

【解析】（1）通过焦点位置可判断条件①适合，条件②不适合，通过准线方程，可判断条件④不适合，利用焦半径公式可判断条件③适合；

（2）假设总有，设直线的方程为，联立，利用韦达定理计算可得结果.

【详解】解：（1）因为抛物线的焦点在轴上，所以条件①适合，条件②不适合.

又因为抛物线的准线方程为：，

所以条件④不适合题意，

当选择条件③时，，

此时适合题意，

故选择条件①③时，可得抛物线的方程是；

（2）假设总有，

由题意得直线的斜率不为，

设直线的方程为，

由得

设，

所以恒成立，，，

则，

所以，

所以，

综上所述，无论如何变化，总有.

【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查计算能力，属于中档题.

20．已知等差数列满足，前7项和为

（Ⅰ）求的通项公式

（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.

【答案】(1)

(2) .

【详解】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.

解析：

（Ⅰ）由，得

因为所以

（Ⅱ）

21．如图，在四棱锥中，平面，，，，，二面角为，为的中点，点在上，且

0

（1）求证：四边形为直角梯形；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）通过证明，且可得四边形为直角梯形；

（2）过点作的垂线交于点，则，，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出面和面的法向量，求出法向量的夹角即可得二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为平面，，

所以

因为，且，

所以四边形为直角梯形；

（2）过点作的垂线交于点，则，，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

由（1）知，又，则为二面角的平面角，则，，

所以，，

所以，，，

所以，

，

设平面的法向量，则，即

令：，则，，所以，

又平面的法向量，

所以，

由题意知二面角为钝角，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查线面垂直，线线垂直的性质，以及空间向量法求二面角，考查计算能力与空间想象能力，是基础题.

22．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．

(1)求椭圆C的标准方程

(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)标准方程为．

(2)直线l过定点

【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；

（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.

【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，

，

四边形OMPN的周长为，

，

，

，

椭圆C的标准方程为．

（2）设，

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，

代入，整理得，

则，

．

易知，

，

化简得，

或(舍去)，

直线l的方程为，即，直线l过定点．

当直线l的斜率不存在时，设，

代入，解得，

由得，

，解得或(舍去)，

此时直线l过点．

综上，直线l过定点．

【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路

(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．