安徽省蚌埠市2022-2023学年高二数学上学期期末试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省蚌埠市2022-2023学年高二数学上学期期末试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知直线的倾斜角为，则实数， 在等差数列中，，则的值是， 若数列满足，且，则， 在三棱锥中，为的中点，则等于等内容，欢迎下载使用。

蚌埠市2022—2023学年度第一学期期末学业水平监测
高二数学
本试卷共150分，考试时间120分钟.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知直线的倾斜角为，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得直线的斜率为，解方程即可得出答案.
【详解】已知直线的倾斜角为，
则直线的斜率为，
则.
故选：B.
2. 在等差数列中，，则的值是（ ）
A. 36 B. 48 C. 72 D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差中项的性质求得，再由即可得结果.
【详解】由题设，，则，
所以.
故选：A
3. 已知动直线恒过定点为圆上一动点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ）
A. B. 4 C. 6 D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】首先求点的坐标，再利用数形结合，求圆上点到直线距离的最大值，即可求解面积的最大值.
【详解】由，整理为，
令，解得，所以直线恒过定点，
圆的圆心，半径，
如图，，直线的方程为，则圆心到直线的距离，
则点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离，
所以面积的最大值为.

故选：C
4. 若数列满足，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令可得，再令可得数列是首项和公比为的等比数列，再由等比数列的前项和求解即可.
【详解】令，，
令，则，所以，
所以数列是首项和公比为的等比数列，
所以
.
故选：A.
5. 在三棱锥中，为的中点，则等于（ ）
A. -1 B. 0 C. 1 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，再由数量积的运算律代入求解即可.
【详解】因为，
所以，
，
，
因为，

.
故选：C.

6. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，由此求得双曲线的渐近线方程.
【详解】离心率，则，所以渐近线方程为.
故选：C
7. 已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过左焦点作直线与椭圆在第一象限交于点，若为等腰三角形，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据离心率求出关系，根据等腰三角形和椭圆的定义求出答案.
【详解】设椭圆的焦距为，因为离心率为，所以，；
因为为等腰三角形，且在第一象限，所以，
由椭圆的定义可得.
设直线的倾斜角为，则，，；
所以.
故选：B.

8. 如图，在长方体中，点分别是棱上动点，,直线与平面所成的角为，则的面积的最小值是

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以C为原点，以CD，CB，CC′为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则C（0，0，0）， 设P（0，a，0），Q（b，0，0），于是0＜a≤4，0＜b≤3．
设平面PQC′的一个法向量为 则 令z=1，得
a2b2≥2ab，解得ab≥8．
∴当ab=8时，S△PQC=4，棱锥C′-PQC的体积最小，
∵直线CC′与平面PQC′所成的角为30°，∴C到平面PQC′的距离d=2
∵VC′-PQC=VC-PQC′，
故选B
点睛：本题考查了线面角的计算，空间向量的应用，基本不等式，对于三棱锥的体积往往进行等积转化,可以求对应的三角形的面积.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9. 在平面直角坐标系中，已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点在圆外
B. 圆与轴相切
C. 若圆截轴所得弦长为，则
D. 点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系可判断A选项；求出圆心到轴的距离，可判断B选项；利用弦长的一半、弦心距以及圆的半径三者满足勾股定理求出的值，可判断C选项；对原点在圆上、圆外进行分类讨论，求出点到圆上一点的最大距离和最小距离，可判断D选项.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对于A选项，若，则有，即点在圆外，A对；
对于B选项，因为圆心到轴的距离为，而与的大小关系不确定，
所以，圆与轴不一定相切，B错；
对于C选项，若圆截轴所得弦长为，则，解得，C错；
对于D选项，当时，点在圆上，
点到圆上一点的最大距离为，点到圆上一点的最小距离为，则；
当时，则点在圆外，且，
所以，点到圆上一点的最大距离为，最小距离为，
则点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为.
综上所述，点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为，D对.
故选：AD.
10. 如图，在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（ ）

A.
B. 平面平面
C. 平面
D. 异面直线与所成角的余弦值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得出，可判断A；因为四点共面，所以平面平面可判断B；由线面平行的判定定理可判断C；由异面直线所成角可判断D.
【详解】对于A，连接，易证，因为平面，
而平面，所以，
所以在中，与不垂直，所以不垂直，故A不正确；

对于B，连接，因为分别为的中点，
所以，所以四点共面，
所以平面平面，故B正确；

对于C，连接，易证，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面，平面，
所以平面，故C正确；

对于D，连接，易知，异面直线与所成角即直线与所成角，
即，设正方体的边长为，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是，故D正确.
故选：BCD

11. 设等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 最大 B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及求和公式推导出，，即可判断A、B、C，利用特殊值判断D.
【详解】因为，，
所以，
所以，，故C错误；
所以，且，故B正确；
所以，则单调递减，且，
所以最大，故A正确，
令，，则，，则，故D错误.
故选：AB
12. 已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上的另一点反射后，沿直线射出，经过点，延长交的准线于点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据抛物线的光学性质可知，直线经过抛物线的焦点，直线平行于轴，由此可求出点的坐标，判断各选项的真假．
【详解】如图所示：

因为过点且轴，故，
故直线，化简得，
由消去并化简得，
所以，，故A错误；
又, 故，B，
故，故B错误；
因为，故为等腰三角形，所以，
而，故，即，故C正确；
直线，由 得，，
故，所以 三点共线，故D正确．
故选：CD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若与垂直，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由向量垂直可得，即可求出.
【详解】因为，
所以，，
因为与垂直，
所以，解得.
故答案为：.
14. 若 圆被直线平分，则圆的半径为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据条件确定圆心在直线上，代入求后，即可求圆的半径.
【详解】若圆被直线平分，则直线过圆心，
圆的圆心为，即，
解得：，
则圆，则圆的半径为.
故答案为：
15. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则__________.

【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到，，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，
所以
.
故答案为：.

16. 已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用将变为，整理发现数列{}为等差数列，求出，进一步可以求出，再将，代入，发现可以裂项求的前99项和．
【详解】



当时，符合，

当时，符合，


【点睛】一般公式的使用是将变为，而本题是将变为，给后面的整理带来方便．先求，再求，再求，一切都顺其自然．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出说明文字､演算式､证明步骤.
17. 已知直线和直线.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）0或2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直的公式，即可求解；
（2）根据两直线平行，，求解，再代回直线验证.
【小问1详解】
若，则
，解得或2；
【小问2详解】
若，则
，解得或1.
时，，满足，
时，，此时与重合，
所以.
18. 已知等差数列的首项为1，其前项和为，且是2与的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）若是数列的前项和，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由等比中项的性质即可得，在由等差数列的通项公式和前项和公式代入化简可求出，即可求出数列的通项公式；
（2）由裂项相消法求和即可；
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由题意，
即，解得，
，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
，


.
19. 在三棱锥中，平面，平面平面.

（1）证明：平面；
（2）若为中点，求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）由，求出，，由空间向量夹角的公式代入求解即可.
【小问1详解】
证明：过点作于点，

平面平面，平面平面平面，
平面，又平面.
平面平面.
平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，设，
则.
为中点，，



与夹角的余弦值为.
20. 已知是各项均为正数的等比数列，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，由等比数列的性质可得，解方程求出，即可求出的通项公式；
（2）求出，再由错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由，得，
即，解得（舍）或.

【小问2详解】
，

，
相减得：，
，
所以
21. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，因为直角梯形中，
，且，所以四边形是平行四边形，
平面平面，
平面.
又是中点平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
平面平面.
【小问2详解】
连接，由知：，
由（1）知：且，
，在平面内过点作交于点，
则两两互相垂直，
以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，
从而，
设平面的法向量为，
即，令，得，
易知平面的一个法向量为，
，
由题意知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
22. 已知分别为双曲线和双曲线上不与顶点重合的点，且的中点在双曲线的渐近线上.
（1）设的斜率分别为，求证：为定值；
（2）判断的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）定值，1
【解析】
【分析】（1）设，借鉴点差法原理构造求解.
（2）设，联立双曲线，可找到，同理可找出，由面积公式表示出化简即可
【小问1详解】
设，则
由的中点在双曲线的渐近线上，则，
即

为定值.
【小问2详解】
（1）
（2）
联立（1）（2）得：
同理，
设到直线的距离为，则
由（1）知：