2022-2023学年山东省威海市高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省威海市高二上学期期末数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省威海市高二上学期期末数学试题（解析版）一、单项选择题：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. 经过，两点的直线的倾斜角为（）A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°【答案】B【解析】【分析】先利用斜率公式求出斜率，进而可得倾斜角.【详解】由斜率公式可得，故经过，两点的直线的倾斜角为60°.故选：B.2. 在空间直角坐标系中，点关于yOz平面的对称点是（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】关于yOz平面的对称点纵坐标和竖坐标均不变可得答案.【详解】点关于yOz平面的对称点是.故选：A.3. 已知实数x，y满足，则（）A. 2 B. 4 C.  D. 8【答案】C【解析】【分析】先通过条件求出，再代入求模即可.【详解】由得，，解得，.故选：C.4. 若是等差数列的前n项和，，则（）A. 10 B. 18 C. 20 D. 24【答案】B【解析】【分析】先利用等差数列的下角标性质求出，再利用等差数列求和公式求即可.【详解】由等差数列的下角标性质得，，.故选：B.5. 在平行六面体中，点E满足，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算全部转化为用作为起点的向量来表示，然后整理即可.【详解】由得，整理得.故选：A.6. 已知椭圆的焦距为2，则实数m＝（）A.  B.  C. 或 D. 或1【答案】D【解析】【分析】分焦点在上和焦点在上讨论，利用列方程求.【详解】焦距2，即.当焦点在上时，，得；当焦点在上时，，得；综合得或.故选：D.7. 经济学家凯恩斯在解释政府财政政策时指出，如果政府的支出增加，那么会产生“乘数”效应．如果政府增加某项支出a亿元，那么这笔费用会使部分居民收入增加，假设受惠居民将收入增加量的p%用于国内消费，那么国内消费的金额将会产生第2轮影响，其也会使部分居民收入增加，收入增加的居民又会将收入增加量的p%用于国内消费，因此又会产生新的一轮影响……假设每位受影响的居民消费理念都一样，那么经过30轮影响之后，最后的国内消费总额是（最初政府支出也算是国内消费）（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意写出30轮影响后，国内消费总额，利用等比数列求和公式求出答案.【详解】1轮影响后，国内消费总额为，2轮影响后，国内消费总额为，……，30轮影响后，国内消费总额为.故选：D8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点（点在第一象限），与交于点，若，，则（）A.  B. 3 C. 6 D. 12【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的定义，以及几何关系可知，再利用数形结合表示的值，进而得，再根据焦半径公式得，，进而求解直线的方程并与抛物线联立得，再用焦半径公式求解即可.【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，所以，.又，所以，设，则.因为，所以，所以，所以，即.所以，抛物线为，焦点为，准线为，由得，解得，所以，，所以，直线的方程为所以，联立方程得，解得，所以，，所以，故选：B二、多项选择题：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．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9. 已知复数，，则（）A.  B. 若，则的最大值为3C.  D. 在复平面内对应的点在第四象限【答案】AB【解析】【分析】对于A：分别求出来判断；对于B：设，通过条件求出关系，代入中求最值；对于C：求出来判断；对于D：求出来判断；【详解】对于A：复数，，，，又，，A正确；对于B：设，则，即，且，，即的最大值为3，B正确；对于C：，故C错误；对于D：，其在复平面对应的点为，在第二象限，D错误.故选：AB.10. 已知直线，则（）A. 恒过定点 B. 当时，不经过第二象限C. 与直线垂直 D. 当时，点到的距离最大【答案】BC【解析】【分析】根据点斜式方程判断A；结合当时，直线与轴的交点横坐标为判断B；根据直线一般式的垂直判断公式判断C；根据直线与过点和的直线垂直时，点到的距离最大求解判断D.【详解】解：将直线整理变形得，对于A选项，由点斜式方程得直线过定点，故A错误；对于B选项，当时，直线与轴的交点横坐标为，又直线过定点，所以直线不经过第二象限，故B选项正确；对于C选项，由于恒成立，所以与直线垂直，故C选项正确；对于D选项，当直线与过点和的直线垂直时，点到的距离最大，此时，又因为直线的斜率为，故当时，点到的距离最大，故错误；.故选：BC11. 费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有形式：，．1732年，数学家欧拉算出不是质数，从而宣告费马数都是质数的猜想不成立．现设，，为数列的前n项和，则（）A.  B. C.  D. 的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】由题知，，进而讨论AB即可得判断；再根据求和，并讨论其最大值即判断CD.【详解】对A，由题知，，，
 所以，，，即，故A选项正确；对B，，即，故B选项错误；所以，，对C，，故C选项正确；对D，当为奇数时，，当为偶数时，，所以，当为偶数时，为单调递减数列，所以，的最大值为，故D选项正确.故选：ACD12. 在三棱锥中，，底面是等边三角形，设二面角的大小为，则（）A. 当时，直线与平面所成角的大小为30°B. 当时，直线与平面所成角的大小为30°C. 当的余弦值为时，D. 当直线与平面所成角最大时，【答案】ABD【解析】【分析】取中点，连接，由题知二面角的平面角，即，再令，结合线面角，余弦定理，二面角等依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为，所以，即，所以为等腰直角三角形，取中点，连接，因为底面是等边三角形，所以，所以二面角的平面角，即，设，则，，对于A选项，当时，此时平面，所以平面，故为直线与平面所成角，，所以，即直线与平面所成角的大小为，故A选项正确；当时，即，所以，在中，由余弦定理得：，即，所以，即为等腰三角形，所以取中点，则因为，，平面，所以平面，因为平面，所以因为平面，所以平面，所以，是直线与平面所成角，所以，故B选项正确；对于C选项，当的余弦值为时，有，解得或所以，当时，由B选项的讨论过程可知；当时，由得，故，即，所以，当的余弦值为时，或，故错误；对于D选项，当直线与平面所成角最大时，则，此时，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据二面角的概念，结合等边三角形，等腰直角三角形的性质，寻找出二面角的平面角（中点为）.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. ______．【答案】【解析】【分析】直接用等差数列求和公式计算即可.【详解】明显数列为等差数列，.故答案为：.14. 在长方体中，为棱上一点，直线与所成角的大小为，若，则______．【答案】【解析】【分析】设，，利用空间向量法即可求解.【详解】在长方体中，以为原点，为轴建立如图所示坐标系，设，，则，，，，所以，，所以，解得，所以，解得，即，又，所以，故答案为：15. 已知双曲线的右顶点为，左焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点（点为坐标原点），若，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】由结合图象可得点到渐近线的距离等于，利用点到直线的距离公式和双曲线的关系以及渐近线、离心率公式求解即可.【详解】如图所示，由于双曲线和圆的对称性，不妨取直线为，即，因为，所以到直线的距离等于，即，又因为双曲线中，解得，故答案为：16. 已知点，若圆上存在点满足（点O为坐标原点），则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】设，由得，点在圆上，进而结合题意圆与圆有公共点，再根据圆与圆的位置关系求解即可.【详解】解：设，因为点满足，所以，，整理得，所以，点在圆上，因，点也在圆上所以，圆与圆有公共点，因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以，，解得，所以，的取值范围为
 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. 如图，正方体的棱长为1．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值；（2）利用空间向量法求平面与平面所成角的正弦值.【小问1详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，设面的法向量为，，取，得，即面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，，即直线与平面所成角的正弦值；【小问2详解】由（1）知面的一个法向量为，又平面的一个法向量明显为，，设平面与平面所成角为，，，即平面与平面所成角的正弦值为.18. 已知等比数列的各项均为正数，，10，成等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式列方程求解即可；（2）由（1）得，利用错位相减法可求数列的前n项和．【小问1详解】设等比数列的公比为，且，由已知得，，即，解得，负值舍去，数列的通项公式；【小问2详解】由（1）得，，，两式相减得，.19. 如图，正四棱锥P－ABCD中，，点M，N分别在PA，BD上，且．（1）求证：；（2）求证：平面PBC，并求直线MN到平面PBC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，先通过比例得到，再通过证明可得；（2）通过可得平面PBC，将求直线MN到平面PBC的距离转化为点N到平面PBC的距离，利用等体积法可得距离.【小问1详解】连接AN并延长交BC于E，连接PE，，即，，即，，，又，故E为BC中点，又在正四棱锥中PA=AB，则，，即PE⊥AD，；【小问2详解】由（1）得，且面PBC，面PBC，平面PBC，故直线MN到平面PBC的距离即为点N到平面PBC的距离，设为，，点P到面ABCD的距离，由，得，，得.20. 已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于M，N两点，圆A为的外接圆（点O为坐标原点）．（1）求证：线段MN为圆A的直径；（2）若圆A过点，求圆A的方程．【答案】（1）证明过程见详解（2）【解析】【分析】（1）依题意可设直线l的方程为，，，联立抛物线C的方程整理可得，进而可得到，，，，代入求得，即可得到结论；（2）结合（1）先设圆A的圆心为，再求得，，根据，即可求得，进而可求得圆心和半径的平方，即可得到圆A的方程．【小问1详解】依题意可设直线l的方程为，，，联立，消整理得，则，，，，则，即，所以线段MN为圆A的直径；【小问2详解】结合（1）可设圆A的圆心为，则，，又，解得，所以圆半径的平方为，圆心为，故圆A的方程．21. 设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）求，；（2）求证：数列为等差数列；（3）求数列的通项公式．【答案】（1）；（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）直接令中的，可得答案；（2）通过得到，两式相除整理后可证明数列等差数列；（3）当时，通过可得数列的通项公式，注意验证时是否符合.【小问1详解】由，且，当时，，得，当时，，得；【小问2详解】对于①，当时，②，①②得，即，，又，数列是以1为首项，1为公差的等差数列；【小问3详解】由（2）得，，当时，，又时，，不符合，.22. 已知椭圆过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与直线交于两点，若，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；（2）由题知，直线斜率存在，设方程为，，故直线方程为，直线方程为，进而得的横坐标，再将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式计算即可.【小问1详解】解：因为椭圆过点，离心率为，所以，解得，所以，椭圆方程为.【小问2详解】解：当直线斜率不存在时，方程为，此时两点中有一点与重合，不满足题意；所以，直线斜率存在，设方程为，，联立方程得，所以，，因为直线方程为，直线方程为，所以，联立方程得，联立方程得，所以因为点在直线上，所以，整理得，解得或，所以，所求直线方程为或