安徽省宣城市2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份安徽省宣城市2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共24页。

1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（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. 在数列中，已知，当时，，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由递推关系依次求即可.
【详解】因为当时，，
所以，又，
所以，又，
所以，
故选：C.
2. 已知直线的倾斜角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程求得，可判断出为钝角，再利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】由题意可知，直线的斜率为，即，为钝角，则，
由同角三角函数的基本关系可得，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，考查三角函数值的求法，是基础题．
3. 数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图.若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线的一部分，且点在该抛物线上，则该抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. （0，－1）C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点的坐标求得，由此求得抛物线的焦点坐标.
【详解】依题意在抛物线上，
所以，
所以，
故，且抛物线开口向下，
所以抛物线的焦点坐标为.
故选：A
4. 如图所示，在平行六面体中，为与交点，若，，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理结合空间向量线性运算求解.
【详解】由题意可得： .
故选：D.
5. 已知等比数列的各项都是正数，其公比为4，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【详解】解：根据等比数列性质，有，
因为，所以，解得，
因为等比数列的公比为，
所以，.
故选：C
6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0），动点M满足＝2，则动点M的轨迹方程为
A. （x﹣5）2+y2＝16B. x2+（y﹣5）2＝9
C. （x+5）2+y2＝16D. x2+（y+5）2＝9
【答案】A
【解析】
【分析】首先设，代入两点间的距离求和，最后整理方程.
【详解】解析：设，由，得，
可得：（x+3）2+y2＝4（x﹣3）2+4y2，
即x2﹣10x+y2+9＝0
整理得，故动点的轨迹方程为.选A.
【点睛】本题考查了轨迹方程的求解方法，其中属于直接法，一般轨迹方程的求解有1.直接法，2.代入法，3.定义法，4.参数法.
7. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算得出，，根据正四面体的性质得出，且、、三向量两两夹角为，即可通过向量数量积的运算率得出答案.
【详解】
四面体ABCD是正四面体，
，且、、三向量两两夹角，
点E，F分别是BC，AD的中点，
，，
则，
故选：C.
8. 已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过点且与该双曲线的右支交于两点，若△的周长为，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有，即可求离心率范围.
【详解】根据双曲线定义知：△的周长为，而，
所以，而△的周长为，
所以，即，所以，解得，
双曲线离心率的取值范围是.
故选：A
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. 已知等差数列的前n项和为，，，则（ ）
A. 数列是递减数列B.
C. 时，n的最大值是18D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得、，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
解得，因为，所以.
A：由，可得
所以等差数列为递增数列，故A错误；
B：，故B正确；
C：，
由可得，所以，又，
所以n的最大值是18，故C正确；
D：，，
由，得，故D错误.
故选：BC.
10. 圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆关于直线对称
B. 的最大值是9
C. 从点向圆引切线，切线长的最小值是3
D. 直线被圆截得的弦长取值范围为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据不在直线上判断A；根据判断B；根据时，切线长最小求解判断C；根据直线过定点，再结合弦长公式判断D.
【详解】解：对于A选项，圆，∴圆心，半径，
∵，∴圆不关于直线对称，故A选项错误；
对于B选项，由圆心到直线的距离为：，
的最小值是，故，故B选项错误；
对于C选项，从点向圆引切线，当时，切线长最小，最小值是，故C正确；
对于D选项，直线过定点，该定点在圆C内，
所以直线被圆截得的弦长最长时，所截弦长为过点和圆心的圆的直径，即弦长的最大值为8，
最短的弦长为垂直与该直径的弦长，和圆心的距离为，最短弦长为，
故直线被圆截得的弦长取值范围为，D正确．
故选：CD．
11. 如图，在长方体中，，，E为棱的中点，则（ ）
A. 面B.
C. 平面截该长方体所得截面面积为D. 三棱锥的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据长方体的性质得出，即可证明；对于B：根据底面是正方体，得出，根据三垂线定理结合长方体性质即可证明；对于C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，根据已知得出，，，即可根据余弦定理得出，即可根据同角三角函数公式得出，即可根据三角形面积公式得出答案验证；对于D：根据已知直接利用三棱锥的体积公式得出答案；
【详解】对于选项A：连接，
为长方体，，，∴四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
面，故选项A正确；
对于选项B：
，
，
平面，
在平面上的投影为，
，故选项B正确；
对于选项C：
根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，
，，
，，，
，
由，可得，
则，故C错误；
对于选项D：
三棱锥的底面积，高为，
则三棱锥的体积为，故D正确；
故选：ABD.
12. 已知为坐标原点，，分别是渐近线方程为的双曲线的左、右焦点，为双曲线上任意一点，平分，且，，则（ ）
A. 双曲线的标准方程为
B. 双曲线的离心率为
C. 点到两条渐近线的距离之积为
D. 若直线与双曲线的另一支交于点为的中点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】不妨设为双曲线的右支上一点，延长，交于点，进而得，，再结合双曲线的定义，中位线定理得，，进而判断AB；设，则，再直接计算点到两条渐近线的距离之积判断C；设，，根据点差法求解判断D.
【详解】解：不妨设为双曲线的右支上一点，
延长，交于点，如图，
因为平分，且，即，
所以，在与中，，
所以，≌，故，
根据双曲线的定义得，，
在中，为其中位线，
所以，，
因为双曲线的渐近线方程为，
所以，得，，
所以双曲线的标准方程为，离心率为，
所以A不正确，B正确；
设，则，即
所以，点到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；
设，，因为，在双曲线上，
所以①，②，
①-②并整理得，，即，
因为
所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于延长，交于点，进而结合几何关系得到为的中点，进而求得双曲线的解析式.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 若直线与直线平行，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两条直线平行列方程，由此求得的值.
【详解】解：将直线变形为，
因为直线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：
14. 数列是等差数列，且，，那么______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式，进而写出数列的通项公式，可得答案.
【详解】解：令，因为，，
所以，，则的公差为，
所以，故，
所以.
故答案为：.
15. 若圆与圆恰有两条公切线，则实数a的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题知圆与圆相交，进而根据位置关系求解即可.
【详解】解：由题知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆恰有两条公切线，
所以圆与圆相交，
所以，
所以，，解得.
所以，实数a的取值范围为
故答案为：
16. 在四棱锥中，平面BCDE，，，，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】连接，由题意可得在直径为的圆上，在中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圆的半径，再利用平面BCDE可得球心到底面的距离，即可求解
【详解】连接，
因为，，所以在直径为的圆上，
取的中点，即四边形外接圆的圆心，
在中，即，解得，
所以四边形外接圆的直径即外接圆的直径为，
所以，
因为平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心与底面的距离为，
所以四棱锥的外接球的半径为，对应的表面积为
故答案为：
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）
17. 已知等差数列满足，且.
（1）求数列的通项公式：
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先根据已知条件列方程求出，再根据等差数列通项公式求即得；
（2）由题可得，再利用裂项相消法求和即得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
∵，则由，得，
解得，
所以；
【小问2详解】
由题可得，
所以
.
18. 已知在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.
（1）求证：直线平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，进而根据即可证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接，
因为底面为正方形，
所以为的中点，
所以，在中，为的中点，为的中点，
所以；
又因为面，面，
所以平面.
【小问2详解】
解：因为平面，为正方形，平面，
所以，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，，即，
令，则，，即，
，
设点P到平面MAC的距离为d，
所以，
所以，点到平面的距离为.
19. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点，交抛物线于A、B两点.
（1）若P为中点，求l的方程；
（2）求的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用点差法求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意验证所求直线与抛物线有两个交点；
方法二：设中点弦所在直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意考虑中点弦直线斜率不存在的情况是否满足题意；
（2）由抛物线的定义转化，方法一：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，注意比较直线斜率不存在的情况的值；方法二：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，此种设法已包含直线斜率不存在的情况.
【详解】解：（1）方法一：设，，，则，，
，化简得，
因为的中点为，，
，∴l的方程为，即.
经检验，符合题意.
方法二：设，，
当斜率不存时，显然不成立.
当斜率存在时，设直线l：，显然，
由得
易知，，
因为的中点为，，即，
解得，∴l的方程为
（2）方法一：由抛物线的定义可知
当斜率不存在时，直线l：，
当斜率存在时，设直线l：，显然，
由得，
易知，
，
时，的最小值为
综上，的最小值为
方法二：由抛物线的定义可知
显然直线l不平行于x轴，设直线l：，
由得，
易知，，，
时，的最小值为
【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系；考查数形结合、分类讨论以及函数方程等数学思想；考查逻辑推理、直观想象以及数学运算等核心素养.
20. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，将序号补充在下面横线处，并根据题意解决问题.
问题：若，且______，求数列的前n项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比中项性质，结合等差数列通项公式得，再求通项公式即可；
（2）根据题意求得，再根据错位相减法求解即可.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为d，
因为，，成等比数列，所以，
解得或（舍去）.
所以，.
【小问2详解】
解：选①，由，，
当时，，当时等式也成立，
所以，则，
所以，，，
两式相减得
，
所以.
选②，由，，
当时，，
所以，所以数列为以1为首项2为公比的等比数列，
所以，则，
所以，，，
两式相减得
，
所以
选③，由，，得，又，
所以，
所以是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以.
当时，，当时等式也成立，
所以，则，
所以，，，
两式相减得
，
所以.
21. 如图，在正三棱柱中，，是棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面即可证明结论；
（2）分别取，的中点，连接，进而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【小问1详解】
证明：在正三棱柱中，平面，平面，
所以.
因为，且是棱的中点，
所以.
因为AB，平面，且，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
解：分别取，的中点，连接，
由正三棱柱性质得，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面
因为平面，所以
因为在等边三角形中，，
所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
设，则，，，
，，
设平面的法向量，则，
令，，，得，
平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
因为，所以.
22. 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，线段的中点为.（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合.）
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知点，为轨迹上异于的两点，且，判断直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标.若不过定点，说明理由.
【答案】（1）
（2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）设，根据相关点法求解即可；
（2）根据题意，设直线的方程为，，，进而与椭圆方程联立，结合韦达定理，垂直关系的向量表示得或，再分别讨论即可得答案.
【小问1详解】
解：设，，则，
由点是线段的中点，得，，
因为点在圆上，
所以，所以，
所以，动点的轨迹的方程为.
小问2详解】
解：因为为轨迹上异于的两点，
所以，直线的斜率存在，设方程为，，，
所以，由，整理得，
，即，
，，
因为，，，，
所以，
，
化简得，解得或，
当时，直线的方程为，直线过点，此时在同一直线上，不合题意；
当时，恒成立，直线的方程为，直线过.
综上，直线是否过定点.