广东省惠州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份广东省惠州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了 过点且平行于直线直线方程为， 棱长为的正四面体中，则等于， 直线l， 已知直线的方程是，的方程是， 在数列中，若等内容，欢迎下载使用。
1. 过点且平行于直线直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.
【详解】解：设直线的方程为，
把点坐标代入直线方程得.
所以所求的直线方程为.
故选：A
2. 已知是等差数列，且是和的等差中项，则的公差为（ ）
A. 1B. 2C. -2D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差中项的性质得导方程，利用通项公式转化为关于首项和公差的方程，即可求得公差的值.
【详解】设等差数列的公差为d.
由已知条件，得，
即，解得.
故选B.
3. 棱长为的正四面体中，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】.
故选：A.
4. 已知椭圆的一个焦点为，且过点，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出椭圆方程，结合已知条件，即可容易求得结果.
【详解】根据题意，椭圆的焦点在轴上，故设其方程为：，显然，，
则，故椭圆方程为.
故选：B.
5. 已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的定义可得结果.
【详解】由题意可知，向量在坐标平面上的投影向量是.
故选：B.
6. 直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程，求所过定点，探究弦在垂直时取的最短，结合垂直直线斜率乘积为，由点斜式方程，可得答案.
【详解】由，，则令，解得，故直线过定点，由，则圆心，半径，
当时，弦最短，直线的斜率，则直线的斜率，
故直线为，则.
故选：B.
7. 已知直线的方程是，的方程是（，），则下列各图形中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】有条件知，两直线的斜率均存在且不为0，写出它们的斜截式方程后再进行判断．
【详解】解：，直线与直线的斜率均存在
直线的斜截式方程为；直线的斜截式方程为
对于A选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应小于0，直线的纵截距应小于0，故A图象不符合；
对于B选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应小于0，故B图象不符合；
对于C选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故C图象不符合；
对于D选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故D图象符合．
故选：D．
8. 在数列中，若（为常数），则称为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的判断：①若是等方差数列，则是等差数列；②不是等方差数列；③若是等方差数列，则（为常数）也是等方差数列；④若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列.其中正确命题序号为（ ）
A. ①③④B. ②③④C. ①③D. ①④
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义，结合等方差数列的定义逐一判断即可.
【详解】①是等方差数列，（为常数）得到为首项是，公差为的等差数列；故①正确
②数列中，，所以是等方差数列；故②不正确
③因为是等方差数列，所以，
把以上的等式相加，得，
，即数列是等方差数列，故③正确；
④是等差数列，，则设，
是等方差数列，是常数，
故，故，所以，是常数，故④正确.
正确命题的是①③④，
故选：A
二､多项选择题：本题共4小题，每小题满分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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 已知数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（ ）
A. 为等差数列B.
C. 最小值为D. 为单调递增数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据求出，并确定为等差数列，进而可结合等差数列的性质以及前项和分析求解.
【详解】对于A，当时，，
时满足上式，所以,
所以，
所以为等差数列，故A正确；
对于B，由上述过程可知，
，故B错误；
对于C，因为，对称轴为，
又因为，所以当或3时，最小值为，故C错误；
对于D，由上述过程可知的公差等于2，
所以单调递增数列，故D正确.
故选:BC.
10. 已知空间中，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 与共线的单位向量是
C. D. 平面的一个法向量是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算可判断AD,根据模长公式可判断C,根据共线可判断B.
【详解】对于A,，故故A正确；
对于B,不是单位向量，且与不共线，故B错误；
对于C,故C正确；
对于D，设，则，，所以，又，所以平面的一个法向量是故D正确.
故选：ACD
11. 已知曲线，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则是圆，其半径为
B. 若，则是双曲线，其渐近线方程为
C. 若，则是椭圆，其焦点在轴上
D. 若，则是两条直线
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆，双曲线的几何性质，圆的定义逐个进行判断即可
【详解】若时，转化为，半径为，故A错误；
若，当，是焦点在轴上的双曲线，当，是焦点在轴上的双曲线，无论焦点在哪个轴上，令，整理可得均是的渐近线，故B正确；
若，转化为，由于可知，是焦点在轴上的椭圆，故C正确；
若，转化为，双曲线不是两条直线，故D错误.
故选：BC
12. 2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点F（0，2），椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G．若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则（ ）
A. 椭圆的长轴长为
B. 的周长为
C. 线段AB长度的取值范围是
D. 面积的最大值是
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得b、c，然后可得a，可判断A；由椭圆定义可判断B；由椭圆性质可判断C；设所在直线方程为，分别联立椭圆、圆的方程，求出A，B两点的横坐标，得出根据单调性可得最大值判断D.
【详解】对于A，由题知，椭圆中，得，则，故A错误；
对于B，由椭圆定义知，，所以的周长，故B正确；
对于C，，由椭圆性质可知，所以，故C正确；
对于D,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4，故D错误.
故选：BC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 抛物线：的焦点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的相关知识即可求得焦点坐标.
【详解】由已知，所以
故 ，所以焦点坐标为：
故答案为：
14. 已知双曲线经过点，则离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据经过的点可得，进而根据双曲线方程得，由离心率公式即可求解.
【详解】双曲线经过点，所以，解得，
所以双曲线方程为，所以双曲线焦点在轴上，，
所以它的离心率为.
故答案为：.
15. 已知圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，请写出满足上述条件的一条直线方程__________.（写出一个正确答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】找出一条满足条件直线方程即可.
【详解】圆的圆心为，半径为2，
若要使圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，则圆心到直线的距离应该为1，
则直线可以为：，
此时由圆得圆心为：，半径为2，
则如图所示：
由图可知圆上只有点到直线的距离为1，
故答案为：（答案不唯一）.
16. 空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合材料，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，即可求解.
【详解】根据材料可知，由平面的方程为，得为平面的法向量，
同理可知，与分别为平面与的法向量.
设直线的方向向量，则，即，取，则.
设直线与平面所成角为，则.
故答案为：.
四､解答题：本题共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. 已知数列满足.
（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）根据累加迭代即可求解通项；
（2）根据等差数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
当时，
，
当时，满足上式，
；
【小问2详解】
，则，
所以是以0为首项，为公差的等差数列，
故，
.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点，
（1）求证：
（2）求EF与CG所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，易知坐标表示，利用空间向量的数量积运算易得，故；
（2）在（1）的条件下，易知的坐标表示，利用可求得EF与CG所成角的余弦值.
【小问1详解】
依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，如图，
则，
则，
所以，故，即EFCF.
【小问2详解】
由（1）得，则，
所以，
所以EF与CG所成角的余弦值为.
19. 已知，，为平面内的一个动点，且满足.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线为，求直线被曲线截得的弦的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)首先设点，利用两点间距离表示，化简求轨迹方程；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可设点的坐标为，由及两点间的距离公式可得
，整理得.
【小问2详解】
由（1）可知，曲线
圆心到直线的距离，
所以弦的长度.
20. 已知抛物线经过点是抛物线上异于点的不同的两点，其中为原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程即可求得结果；（2）设出直线的方程，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理写出的面积表达式即可求得其最小值.
【小问1详解】
由抛物线经过点知，
解得，
则抛物线的方程为；
【小问2详解】
由题知，直线不与轴垂直，设直线，
由消去，得，
，设，
则，
因为，所以即，所以
解得（舍去）或，
所以即，
所以直线，所以直线过定点，
当且仅当或时，等号成立，
所以面积的最小值为4.
【解法二】由题意知直线，直线的斜率均存在，且不为0
不妨设直线方程为，代入由可得
当且仅当时等号成立
所以面积的最小值为4
【解法三】当直线斜率不存在时，则为等腰直角三角形，此时，
当直线斜率存在时，设直线，
由消去，得，
则，
因为，所以即，
所以
解得（舍去）或，
所以直线，所以直线过定点，
综上：面积的最小值为4.
21. 如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．
（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．
【小问1详解】
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成的角的正弦值是．
22. 已知双曲线的右焦点为为坐标原点，双曲线的两条渐近线的夹角为．
（1）求双曲线的方程；
（2）过点作直线交于两点，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；定点，
【解析】
【分析】（1）由渐近线夹角得出渐近线的倾斜角，从而得的值，再由求得得双曲线方程；
（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．
【小问1详解】
双曲线的渐近线为，
又，，故其渐近线的倾斜角小于，而双曲线的两条渐近线的夹角为，
则渐近线的的倾斜角为，
则，即．
又，则．
所以双曲线的方程是．
【小问2详解】
当直线不与轴重合时，设直线的方程为，
代入，得，即．
设点，则．
设点，则
令，得，
此时．
当直线与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点．
所以存在定点，使为定值．
【点睛】思路点睛：本题考查求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊表形下也成立．