2022-2023学年陕西省洛南中学高二上学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年陕西省洛南中学高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．双曲线的虚轴长为（    ）

A． B． C．3 D．6

【答案】D

【分析】根据题意，由双曲线的方程求出的值，即可得答案．

【详解】因为，所以，所以双曲线的虚轴长为.

故选：D.

2．已知等比数列中，，则公比（    ）

A． B．2 C．4 D．

【答案】B

【分析】由等比数列通项公式有，结合已知即可求.

【详解】由，可得．

故选：B．

3．已知空间向量，若，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】D

【解析】利用列方程，解方程求得的值.

【详解】，解得.

故选：D

4．设，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.

【详解】由，可得，即；

由，可得或，即；

∴是的真子集，

故“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

5．抛物线的焦点为，点是上一点，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据抛物线定义得，即可解得结果.

【详解】因为，所以.

故选B

【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.

6．已知平面的一个法向量为，点在平面内，则平面外一点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据空间向量点到面的距离公式直接进行求解即可.

【详解】因为，点在平面内，点平面外，

所以点到平面的距离，

故选：B

7．在中，内角的对边分别为.若，则的形状为（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形

【答案】B

【分析】根据余弦定理把题中条件化为边的关系式，即可判定.

【详解】根据余弦定理知，

，

所以，则,

故三角形为直角三角形，

故选：

8．若，满足，则的最小值为（    ）

A． B． C．8 D．4

【答案】D

【分析】根据对数运算化简求出，利用均值不等式求解.

【详解】，

，即，，

，当且仅当，即时等号成立，

故选：D

9．在中，内角的对边分别为.若，，且则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理表示出，利用条件变换求解即可.

【详解】因为，，且

由余弦定理知，

，

解得，

故选：

10．设椭圆的左、右焦点分别为，，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由是底角为的等腰三角形，把用表示出来后可求得离心率．

【详解】解：由题意可得，，如图，，则，，

所以，

所以，∴，∴．

故选：D．

11．如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形．若，且，则的长为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】A

【分析】利用空间向量的线性运算及数量积运算即可求解.

【详解】根据空间向量的运算法则，易得，

又因为，

故.

故选：A．

12．如图1，北京冬奥会火种台以“承天载物”为设计理念，创意灵感来自中国传统青铜礼器——尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种.如图2，一种尊的外形近似为某双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，尊高，上口直径为，底部直径为，最小直径为，则该双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】C

【分析】建立双曲线标准方程下的直角坐标系，得双曲线方程为，利用实轴长为，（），（）在双曲线上，且，可求得，得．

【详解】

建立双曲线标准方程的直角坐标系，最小直径在轴，如图，双曲线方程为，

则，， （），（）在双曲线上，且，

由，即，，，

由，得，所以，

则双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为

故选:C．

二、填空题

13．设变量x，y满足约束条件,则的最小值为      ．

【答案】-1

【分析】作出约束条件表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.

【详解】作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影（含边界），，，，

目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，

画直线，平移直线到，当直线过点A时，直线的纵截距最小，z最小，，

所以的最小值为-1.

故答案为：-1

14．已知数列的前项和公式为，则的通项公式为      .

【答案】

【解析】根据数列前项和与通项的关系，分，，即可求出通项公式.

【详解】当时，；

当时，.

又也满足，所以.

故答案为:.

【点睛】本题考查数列的前项和与通项的关系，属于基础题.

15．设O为坐标原点，直线x=a与双曲线的两条渐近线分别交于D，E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为           .

【答案】

【分析】写出双曲线C的渐近线方程，求出D，E坐标，由三角形面积建立a，b的关系，借助均值不等式即可作答.

【详解】双曲线C的渐近线方程为，

不妨令点D为在第一象限，E在第四象限，由解得，同理，

，所以的面积，

于是，双曲线的焦距，当且仅当时取等号，所以的焦距的最小值为

故答案为：8

16．已知点是椭圆上的两点.且直线恰好平分圆，椭圆上与点不重合的一点，且直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为          .

【答案】

【分析】设，，则.由已知可推得，根据，可得出，然后即可求出离心率.

【详解】设，.

依题意有，两式相减得，所以.

因直线恰好平分圆，则，

则，.

由已知，，

所以，，即.

所以椭圆的离心率为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知等差数列的前n项和为.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若，求数列{}的前n项和Tn.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；

（2）由裂项相消求和可得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意知，

解得：

∴.

故的通项公式为.

（2）∵

即：的前n项和.

18．如图，在正方体中，为的中点.

（1）证明：平面.

（2）若为平面的中心，求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】由已知得，根据线面平行的判断定理可得证；

以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由异面直线所成的角的向量求解方法可得答案.

【详解】证明：因为在正方体中，，所以，

又平面平面，

所以平面.

解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

设则.

因为，所以，

又异面直线所成角的范围为，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

【点睛】关键点点睛：利用法向量求解空间异面直线所成的角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求向量关”，求出异面直线所构成的向量；第四，破“应用公式关”.

19．直线与抛物线交于，两点，且．

（1）证明：经过的焦点，并求的值；

（2）若直线与交于，两点，且弦的中点的纵坐标为，求的斜率．

【答案】（1）证明见解析；；（2）．

【分析】（1）的焦点为，且直线经过点，即可得经过的焦点，然后联立直线与抛物线的方程消元，韦达定理可得，然后可求出；

（2）利用点差法求解即可.

【详解】（1）证明：因为的焦点为，且直线经过点，

所以经过的焦点

联立，得

设，，则

则，解得

（2）由（1）知的方程为，

设，，则，

两式相减，得．

因为，

所以的斜率为．

20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)证明：；

(2)求角B的最大值，并说明此时的形状.

【答案】(1)证明见解析

(2)，等边三角形

【分析】（1）由切化弦结合正弦定理即可证明；

（2）由余弦定理结合均值不等式即可求出结果．

【详解】（1）因为，所以，

所以，所以，

所以，由正弦定理得；

（2），

当且仅当时，取得最小值，所以角取得最大值，

此时为等边三角形．

21．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，，为的中点，.请用空间向量知识解答下列问题：

(1)求线段的长；

(2)若为线段上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知可得出，求出的值，即可得解；

（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.

【详解】（1）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、，

则，，

，则，解得，故.

（2）解：，则，又、、，

所以，，，

设为平面的法向量，则，取，可得，

显然，为平面的一个法向量，

，

因此，平面与平面夹角的余弦值为.

22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，，且．

（1）求的方程．

（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】(1)由条件，可得的值，再由条件结合，可得答案.

（2）由条件先得出，设，，设直线的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，代入结论中可 求解.

【详解】（1）解：因为，所以，所以，

又，所以，，

故的方程为．

（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，，

设直线的方程为，

设，，

由，得，

则，

，．

设直线，的倾斜角分别为，，

则，，

所以，

即，

所以，

所以，

化简可得，

所以直线的方程为，

故直线过定点．

【点睛】本题考查求椭圆的方程和直线过定点问题，解答本题的关键是根据条件得出，设出直线的方程为，与椭圆方程联立由韦达定理代入解决，属于中档题.