广东省东莞市东莞中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份广东省东莞市东莞中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共23页。
1. 已知空间直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征可求得，结合空间中两点间距离公式可求得结果.
【详解】点关于坐标原点的对称点为，.
故选：B.
2. 已知过两点的直线与直线平行，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，再解方程即可得答案.
【详解】解：因为过两点的直线与直线平行，
所以直线的斜率为，解得，
故选：D
3. 已知等差数列，其前项和是，若，则（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，根据等差数列的性质即可得出结果.
【详解】由已知可得，，所以.
又，所以.
故选：C.
4. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则点的坐标为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，，设，进而根据焦半径公式得，再代入求解即可得答案
【详解】解：由题知，，设，
因为点在抛物线上，所以由焦半径公式得，解得
所以，解得，
所以，点的坐标为或
故选：B
5. 古希腊数学家阿波罗尼斯在著作《圆锥曲线论》中记载了用平面切割圆锥得到圆锥曲线的方法．如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的轴重合），已知两个圆锥的底面直径均为6，母线长均为5，过圆锥轴的平面与两个圆锥侧面的交线为，用平行于的平面截圆锥，该平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且双曲线的两条渐近线分别平行于，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，由题得，从而可得到本题答案.
【详解】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，
设双曲线的标准方程为，
由题，得，则，即，.
.由，得离心率.
故选：A.
6. 已知圆，点为直线上一个动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知写出圆心坐标、半径，由知，最小时，最小，即时，有最小值.求出圆心到直线的距离即为的最小值，进而求出结果.
【详解】由已知可得，，半径，所以.
又，则在中有，即.
所以，当最小时，最小.
因为，当时，最小，此时，此时，
所以最小为.
故选：B.
7. 如图，在棱长为6的正四面体中，点在线段上，且满足，点在线段上，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
即，
因为是棱长为6的正四面体，
所以，
故选：A
8. 已知是不大于的最大正整数，其中．若，则（ ）
A. 200B. 210C. 400D. 420
【答案】B
【解析】
【分析】根据得，进而得数列为等差数列，再根据等差数列的求和公式求解即可.
【详解】解：因为是不大于最大正整数，其中．若，
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
所以，
所以，即数列为等差数列，公差、首项均为，
所以，.
故选：B
二､多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 如图，在正方体中，分别是的中点，分别在线段上，且满足，，设，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正方体的性质以及已知，用基向量表示出各个选项中的向量，即可得出正确选项.
【详解】由已知可得，，，，.
对于A，，故A项正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C项错误；
对于D，，故D项正确.
故选：AD.
10. 已知是公差为的等差数列，其前项和是，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题知，再根据等差数列的性质，前项和公式依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为
所以，
所以，故A错误；B正确；
，故C正确；
因为，
所以，故D错误.
故选：BC
11. 如图，由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，半圆的圆心是坐标原点，直径与椭圆的短轴重合，半圆所在的圆过椭圆的焦点，且与轴非正半轴交于点．若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的长度的最大值是
B. 的周长为
C. 的面积的最小值是1
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距；求出长度范围；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长等即可分别判断求解.
【详解】由题意可知：半圆所在椭圆的半焦距，短半轴长，
得出长半轴长，则椭圆的长轴长为
对于，由椭圆性质可知，，因此，
的长度的最大值是,故正确；
对于，由椭圆定义知，因点是椭圆的两个焦点，
则的周长为：，，
所以的周长，故正确；
对于,设所在直线方程为，联立可得，
联立可得，
则，
显然当时，函数是减函数，
所以当时，有最大值1，故错误.
对于,当所在直线方程时, 为圆的直径,则;
当所在直线方程时,如图,连接,
在中，因为,所以,
因为,所以,
所以
所以
即得,所以
综上, ,故正确;
故选：
12. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于两点，其中点A在第一象限，点．若，则（ ）
A. 直线的斜率为
B.
C.
D. 四边形的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】求得直线的斜率判断选项A；求得线段的长度判断选项B；利用相似三角形判定定理判断选项C；求得四边形的面积判断选项D.
【详解】抛物线焦点， ，，
则点A在线段FM的垂直平分线上，则点A横坐标为2，又A在第一象限，
代入抛物线方程可得点A纵坐标为，则，
则直线的斜率.则选项A判断正确；
直线的方程为，与抛物线方程联立
，解之得或
即，，
则.则选项B判断错误；
，则，
则.则选项C判断正确；
四边形的面积等于
.
则选项D判断错误.
故选：AC
【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置上．
13. 经过直线与直线的交点且在轴上截距为6的直线方程是__________．
【答案】
【解析】
【分析】联立两直线解出交点坐标，根据直线过两点、，求出直线斜率，写出直线的斜截式方程即可.
【详解】联立直线与直线的方程，
解得，即交点坐标为.
由直线在轴上截距为6，即直线过点，斜率，
所以直线的方程为，化为一般式方程可得.
故答案为：.
14. 已知是公比为的等比数列，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由定义判断是首项为公比为的等比数列，用公式法求和即可.
【详解】由题意，则，
故是首项为公比为的等比数列，
故，
故答案为：.
15. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据中点坐标公式可得，代入圆的方程，整理即可得到的轨迹方程.
【详解】设，，则由已知可得.
又是线段的中点，所以有，所以，
所以有，整理可得.
所以的轨迹方程是.
故答案为：.
16. 如图，曲线上的点与轴的正半轴上的点及原点构成一系列等腰直角三角形，，，，且，记点的横坐标为，则__________；通项公式__________．
【答案】 ①. 2； ②. .
【解析】
【分析】设各个直角三角形斜边长分别为，则前项和为，.由题意可得出，结合题意得，则；当时，可得坐标，代入曲线方程，即可得到，又，两式作差整理可得，进而得到，即可求出.
【详解】设各个直角三角形斜边长分别为，则前项和为.
设，，则.
则，解得，.
当时，，，
由可得，，所以，
又，
两式作差可得，，
又，所以，整理可得.
所以是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，
所以.
故答案为：2；.
四､解答题：本大题共6小题，第17题10分，18､19､20､21､22题各12分，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
17. 已知递增等比数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列下标和性质可求得，代入中可构造方程求得满足题意的公比，由等比数列通项公式可得结果；
（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
，，，
，，解得：或，
为递增等比数列，，.
【小问2详解】
由（1）得：，
，
，
，
.
18. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）平行，证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】(1)作中点,证明平面∥平面进而得线面平行；
(2)等体积法，即可求点到平面距离.
【小问1详解】
如图，作中点，并连接,
分别为的中点,∥,
平面，平面,
∥平面,
又直三棱柱中，∥,
平面，平面
∥平面,
且,平面，平面，
故平面∥平面，而平面，
故∥平面.
【小问2详解】
则底面为等边三角形，
且为的中点，,
在直三棱柱中，,，
且∥平面,平面,
故,
又,
,，则中边上高，
故，
故，
∴点到平面的距离为.
19. 已知圆经过椭圆的左焦点和上顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求解圆与轴，轴交点，进而得，，即可得答案；
（2）根据题意，联立方程，设，进而结合韦达定理与弦长公式计算即可.
【小问1详解】
解：对于圆,
令得，解得，即与轴的交点为，
令得，解得，即与轴的交点为
因为圆经过椭圆的左焦点和上顶点，椭圆的焦点在轴上，
所以为椭圆的左焦点，为椭圆的上顶点，
所以，，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
解：因为直线与椭圆交于两点，
所以联立方程得，
所以，，解得，
设，则，
因为，
所以，
整理得，解得，满足，
所以，.
20. 已知数列中，，．
（1）证明数列是等差数列，并求通项公式；
（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知可推出，又，即可得到，进而求出通项公式；
（2）经化简可得，.令，根据求出时，最大，即可得出的取值范围．
【小问1详解】
证明：由已知可得，，
又，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知，.
所以，所以.
则由可得，对任意，都成立.
令，假设数列中第项最大，
当时则，有，即，整理可得，
解得，所以.
因为，所以，.
又，所以数列中第2项最大，即对任意，都成立
所以由对任意，都成立，可得.
21. 图1是一个边长为的正方形为正方形的中心．把三角形沿翻折，使得二面角为（如图2），分别是的中点．
（1）求翻折后的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为，若存在，请说出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）连接，根据二面角的定义得，进而得，再分别在，，中结合余弦定理求解即可；
（2）以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求解即可判断；
【小问1详解】
解：在图1中，连接，因为为正方形的中心，
所以，
所以，在图2中，连接，依然成立，
所以，是二面角的平面角，即，
因为，所以.
因为分别是的中点，
所以，在中，，
，
，即，
所以，在中，，，，
，
，即，
所以，在中，，，
所以，翻折后的余弦值为.
【小问2详解】
解：根据题意，如图，以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，，
所以，即，令，则，
假设存在点，满足平面与平面的夹角为，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，，即，
令得，
所以，，整理得，
解得，
因为，与矛盾，
所以，不存在使得有解，
所以，线段上是不存在一点，使得平面与平面的夹角为.
22. 双曲线过点，且离心率为，过点的动直线与双曲线相交于两点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再结合可求出，从而可求出双曲线方程；
（2）假设存在符合题意的定点，①当垂直于轴时，由题意可得在轴上，②当为轴时，可求得，然后再证对一般的直线也符合题意，即证，设：，，将直线方程代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，然后求解即即可.
【小问1详解】
因为双曲线过点，且离心率为，
所以，
因为，所以解得，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
假设存在符合题意的定点，
①当垂直于轴时，，得，
因为关于轴对称，
所以在的垂直平分线上，即在轴上，
②当为轴时，，设的坐标为，
则，，整理得，解得或（舍去），
所以的坐标为，
下证定点对一般的直线也符合题意，
若要证，则要证是的角平分线，即轴是的角平分线，
即要证，
设：，，
由，得，
，则
，
所以
，
所以定点对一般的直线也符合题意，
所以定点的坐标为.
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是当为轴时，由可求得定点，然后再证定点对一般的直线也符合题意即可，考查数学计算能力，属于较难题.