山东省枣庄市市中区2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

枣庄市市中区2022~2023学年度第一学期期末考试

高二数学试题

本试卷满分为150分，考试时间120分钟．

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. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据，利用求.

【详解】因为，所以，得.

故选：B

2. 已知数列1，，，，3，，…，，…，则是这个数列的（    ）

A. 第21项 B. 第23项 C. 第25项 D. 第27项

【答案】B

【解析】

【分析】将改写成的形式，即可确定它是这个数列的第几项.

【详解】因为题中数列的第项为，

而，

所以是题中数列的第23项.

故选：B.

3. 抛物线的焦点坐标是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先将抛物线化为标准方程，即可求出焦点坐标.

【详解】由，所以抛物线的标准方程为：，即 ，

∴所以抛物线的焦点坐标为：

故选：D.

4. 已知直线和互相平行，则实数（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【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.

5. 《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到:冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列.若冬至､大寒､雨水的日影子长的和是尺，芒种的日影子长为尺，则冬至的日影子长为（    ）

A. 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意转化为等差数列，求首项.

【详解】设冬至的日影长为，雨水的日影长为，根据等差数列的性质可知，芒种的日影长为，

，解得：，，

所以冬至的日影长为尺.

故选：D

6. 如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则下列向量与相等的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据空间向量的运算，用为基底表示出，可得选项.

【详解】

故选：D

7. 已知椭圆与轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，，，，是椭圆C的右焦点，则（    ）

A. 20 B.  C. 36 D. 30

【答案】D

【解析】

【分析】由题意知与，与分别关于y轴对称，设椭圆的左焦点为，从而，，利用即可求解．

【详解】由题意，知与，与分别关于y轴对称
设椭圆的左焦点为，由已知a=6,

则，同时
∴
故选：D．

8. 已知圆O的半径为5，，过点P的2021条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，则其公差为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

可得过点P的最长弦长为直径，最短弦长为过点P的与垂直的弦，分别求出即可得出公差.

【详解】可得过点P的最长弦长为直径，，

最短弦长为过点P的与垂直的弦，，

公差.

故选：B.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆和圆的公共点为，，则（    ）

A.  B. 直线的方程是

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】

两圆相减就是直线的方程，再利用圆心距，判断C，利用弦长公式求.

【详解】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，

，故A正确；

两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，故B正确；

，，，，所以不正确，故C不正确；

圆心到直线的距离，，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题关键选项是B选项，当两圆相交，两圆相减后的二元一次方程就是相交弦所在直线方程.

10. 已知空间四点，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 点O到直线的距离为 D. O，A，B，C四点共面

【答案】ABC

【解析】

【分析】

计算数量积判断A，求向量夹角判断B，利用向量垂直判断C，根据空间向量共面定理判断D．

【详解】，

，A正确；

，B正确；

，，所以，，所以点O到直线的距离为，C正确；

，

假设若O，A，B，C四点共面，则共面，设，

则，此方程组无解，所以O，A，B，C四点不共面，D错．

故选：ABC．

11. 若数列满足，，，则称为斐波那契数列．记数列的前项和为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】由递推式分别求出，，，，再逐个选项判断即可．

【详解】因为，，，

所以，，

，，

，，

，，

所以，，，故错误；

，，，故正确；

，故正确；

，，

所以，故错误．

故选：．

12. 已知常数，点，动点M(不与A，B重合)满足：直线与直线的斜率之积为，动点M的轨迹与点A，B共同构成曲线C，则关于曲线C的下列说法正确的是（    ）

A. 当时，曲线C表示椭圆

B. 当时，曲线C表示焦点在y轴上的椭圆

C. 当时，曲线C表示双曲线，其渐近线方程为

D. 当且时，曲线C的离心率是

【答案】BCD

【解析】

【分析】

设，则，即曲线C的方程为，然后利用椭圆和双曲线的知识逐一判断即可.

【详解】设，则，所以，即曲线C的方程为

当且时，曲线C表示椭圆，故A错误

当时，，曲线C表示焦点在y轴上椭圆，故B正确

当时，曲线C表示双曲线，其渐近线方程为，故C正确

当时，曲线C表示双曲线，其离心率为

当时，曲线C表示椭圆，其离心率为，故D正确

故选：BCD

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 在直角坐标系中，直线的倾斜角是___.

【答案】

【解析】

【分析】求得直线的斜率，由此求得直线的倾斜角.

【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为.

故答案：

14. 已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为________．

【答案】2

【解析】

【详解】由题意，得e＝＝＝＝2.

15. 已知正方形的边长为分别是边的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，则两点间的距离为__________．

【答案】.

【解析】

【分析】取BE的中点G，然后证明是二面角的平面角，进而证明，最后通过勾股定理求得答案.

【详解】如图，取BE的中点G，连接AG,CG，由题意，则是二面角的平面角，则，又，则是正三角形，于是.

根据可得：平面ABE，而平面ABE，所以，而，则平面BCFE，又平面BCFE，于是，，又，所以.

故答案为：.

16. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则__________；记表示不超过的最大整数，例如，若，设的前项和为，则__________．

【答案】    ①. ；    ②. 60.

【解析】

【分析】先根据并结合等差数列的定义求出；然后讨论n的取值范围，讨论出分别取1,2,3,4,5的情况，进而求出.

【详解】由题意，，n=1时，，满足，

时，，于是，，因为，所以.所以，是1为首项，2为公差的等差数列，所以.

若，即时，，

若，则时，，

若，则时，，

若，则时，，

若，则或22时，，

于是，.

故答案为：2n-1；60.

四、解答题：本大题共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. 在三角形中，已知点，，.

（1）求边上中线所在的直线方程；

（2）若某一直线过点，且轴上截距是轴上截距的倍，求该直线的一般式方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出中点，利用点斜式求方程即可；（2）直线过原点和不过原点利用截距式方程求解即可

【详解】（1）∵，，

∴线段的中点的坐标为，

又边上的中线经过点，∴，

即，

故边上中线所在的直线方程

（2）当直线在轴和轴上的截距均为0时，可设直线的方程为，

代入点，则，解得，

所以所求直线的方程为，即；

当直线在轴和轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，

代入点，则，解得，

所以所求直线的方程为，

综上所述，该直线的一般式方程为或.

18. 已知数列，若_________________．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．

①；

②，，；

③，点，在斜率是2的直线上．

【答案】答案见解析.

【解析】

【分析】（1）若选①，根据通项公式与前项和的关系求解通项公式即可；

若选②，根据可得数列为等差数列，利用基本量法求解通项公式即可；

若选③，根据两点间的斜率公式可得，可得数列为等差数列进而求得通项公式；

（2）利用裂项相消求和即可

【详解】解：（1）若选①，由，

所以当，，

两式相减可得：，

而在中，令可得：，符合上式，

故．

若选②，由（，）可得：数列为等差数列，

又因为，，所以，即，

所以．

若选③，由点，在斜率是2的直线上得：，

即，

所以数列为等差数列且．

（2）由（1）知：，

所以

．

19. 已知圆与轴相切，圆心在直线上，且到直线的距离为．

（1）求圆的方程；

（2）若圆的圆心在第一象限，过点的直线与相交于、两点，且，求直线的方程．

【答案】（1）或   

（2）或

【解析】

【分析】（1）设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，利用点到直线的距离公式可求得的值，即可得出圆的标准方程；

（2）利用勾股定理可求得圆心到的距离，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可求得关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.

【小问1详解】

解：设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，

因为圆心到直线的距离为，解得，

所以圆心的坐标为或，半径为，

因此，圆的标准方程为或.

【小问2详解】

解：若圆的圆心在第一象限，则圆的标准方程为.

因为，所以圆心到直线的距离.

若直线斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，不合乎题意；

所以，直线的斜率存在，可设直线的方程为，即，

由题意可得，解得，

所以，直线的方程为或，即或.

20. 四棱锥底面为平行四边形，且，平面.

（1）在棱上是否存在点，使得平面.若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）存在点，且，理由见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）连接相交于点，连接，利用线面平行的性质可得，

根据，可得答案；

（2）以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用线面角的向量求法计算可得答案.

【小问1详解】

存在点，且时平面，理由如下：

连接相交于点，连接，则平面平面，

若平面，平面，平面，所以，

因为，，所以， ，

所以时平面；

【小问2详解】

因为，，，

由余弦定理可得，

由可得， ，又平面，

以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，令，则，

所以，

设直线与平面所成角的为，

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）记和分别为和的前n项和．证明：．

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；

（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.

【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，

所以，所以，

即，解得，所以，

所以.

（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和

，

，

．

设，    ⑧

则．     ⑨

由⑧-⑨得．

所以．

因此．

故．

[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法

证明：由（1）可得，

，①

，②

①②得 ，

所以，

所以，

所以.

[方法三]：构造裂项法

 由（Ⅰ）知，令，且，即，

通过等式左右两边系数比对易得，所以．

则，下同方法二．

[方法四]：导函数法

设，

由于，

则．

又，

所以

，下同方法二．

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

22. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且，直线过与交于两点，的周长为8．

（1）求的方程；

（2）过作直线交于两点，且向量与方向相同，求四边形面积的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)根据给定条件直接求出半焦距，及长半轴长即可作答.

(2)根据给定条件结合椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理、对勾函数性质计算作答.

【小问1详解】

依题意，椭圆半焦距，由椭圆定义知，的周长，解得，，

因此椭圆的方程为.

【小问2详解】

依题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，

由消去并整理得：，则，，

因与方向相同，即，又椭圆是以原点O为对称中心的中心对称图形，

于是得，即四边形为平行四边形，其面积，

则，

令，则，则，

显然在上单调递增，则当时，，即，从而可得，

所以四边形面积的取值范围为.

【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；

过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.