2022-2023学年山东省青岛市第十七中学高二上学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省青岛市第十七中学高二上学期期末数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知两条直线、，且，其中直线的方程为，则直线的倾斜角为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由直线方程得直线l1的斜率，由垂直关系得直线l2斜率，进而可得倾斜角．
【详解】∵直线l1的方程为，
∴直线l1的斜率为1，
∵直线l1与直线l2垂直，
∴直线l2的斜率为-1，
∴直线l2的倾斜角为
故选C．
【点睛】本题考查直线的一般式方程和垂直关系的应用，考查直线的倾斜角，属基础题．
2．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线的标准方程确定准线方程.
【详解】由抛物线，得，
所以其准线方程为，
故选：D.
3．等差数列中，，，则数列的公差为
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据等差数列的性质得到,即可得到结果.
【详解】等差数列中，，,解得d=4.
故答案为D.
【点睛】这个题目考查了等差数列的公式的应用，题目较为简单.
4．已知双曲线，则（ ）
A．双曲线C的焦距为B．双曲线C的虚轴长是实轴长的6倍
C．双曲线与双曲线C的渐近线相同D．直线与双曲线C有公共点
【答案】C
【分析】根据双曲线的性质依次判断即可.
【详解】对A，由双曲线方程可得，则焦距为，故A错误；
对B，由双曲线方程可得，，故实轴长为2，虚轴长为，故虚轴长是实轴长的倍，故B错误.
对C，双曲线的渐近线为，双曲线的渐近线为，故C正确；
对D，将代入双曲线方程可得，方程无解，故没有公共点，故D错误.
故选：C.
5．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】求出圆心到直线的距离即为半径，即可求解.
【详解】因为点到直线的距离是
所以圆的半径为，则圆的方程为：
故选：B
6．如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的正弦值是
A．B．C．1D．0
【答案】C
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E与GF所成的角的余弦值．
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AA1＝AB＝2，AD＝1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，
∴A1（1，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（1，1，0），
＝（﹣1，0，﹣1），＝（1，﹣1，﹣1），
＝﹣1+0+1＝0，
∴A1E⊥GF，
∴异面直线A1E与GF所成的角的余弦值为0，正弦值为1.
故答案为C．
【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
7．已知数列中，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的周期，再借助周期性计算即得.
【详解】数列中，当时，，则，
，因此当时，，即数列是以为周期的周期数列，
所以.
故选：C
8．已知椭圆和双曲线有共同的焦点，分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于（ ）
A．4B．2C．2D．3
【答案】A
【解析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，由定义可得，，在中利用余弦定理可得，即可求出结果.
【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设在第一象限，
根据椭圆和双曲线定义，得，，
，
由可得，又，
在中，，
即，
化简得，两边同除以，得.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查共焦点的椭圆与双曲线的离心率问题，解题的关键是利用定义以及焦点三角形的关系列出齐次方程式进行求解.
二、多选题
9．点在圆上，点在圆上，则（ ）
A．的最小值为0
B．的最大值为7
C．两个圆心所在的直线斜率为
D．两个圆相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【分析】求出圆心距，结合半径由圆的性质可得圆上两点的距离的最大值和最小值，判断AB，得直线斜率，判断C，根据两圆位置关系可判断D．
【详解】解：根据题意，圆，其圆心，半径，
圆，即，其圆心，半径，
圆心距，
则的最小值为，最大值为，故A错误，B正确；
对于C，圆心，圆心，则两个圆心所在的直线斜率，C正确，
对于D，两圆圆心距，有，两圆外离，不存在公共弦，D错误．
故选：BC．
10．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（ ）
A．为的中点
B．与所成的角为
C．平面
D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于
【答案】ACD
【分析】在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而；
在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为；
在C中，推导出，，由此能证明平面；
在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于．
【详解】解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，
∵平面，平面，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确；
在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角，
∵平面，平面，∴，
在中，，∴，
∴与所成角为，故B错误；
在C中，∵四边形为正方形，∴，
∵平面，平面，∴，
∵，、平面，
∴平面，故C正确；
在D中，设，则，
．
∴，故D正确．
故选：ACD．
11．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1+4a3＝S7，则以下结论正确的有（ ）
A．a14＝0B．S14最小C．S11＝S16D．S27＝0
【答案】ACD
【分析】根据题意，由2a1+4a3＝S7，可得a14＝0，然后逐项分析即可得解.
【详解】因为数列{an}为等差数列，设其等差为d，由于2a1+4a3＝S7，
即6a1+8d＝7a1+21d，即a1+13d＝a14＝0，故A正确；
当时，Sn没有最小值，故B错误；
因为S16﹣S11＝a12+a13+a14+a15+a16＝5a14＝0，
所以S11＝S16，故C正确；
S27＝＝27（a1+13d）＝27a14＝0，故D正确.
故选：ACD.
12．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，抛物线的准线过双曲线的左焦点，A，B分别是双曲线C的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA，PB的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为y=±2xB．双曲线C的方程为
C．为定值D．存在点P，使得+=2
【答案】BCD
【解析】根据双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为和抛物线的准线过双曲线的左焦点，分别求得a，b，验证选项A，B.然后根据斜率公式和点p的坐标，验证选项C，D.
【详解】因为双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，
所以，，渐近线方程为，故A错误；
又，则，所以双曲线方程为，故B正确；
因为，设，则，故C正确；
，因为点P在第一象限，渐近线方程为，所以，则 ，所以，所以存在点P，使得+=2，故正确；
故选：BCD
三、填空题
13．若两平行直线与之间的距离为，则 ．
【答案】5
【分析】将直线写成2x-2y+2=0,然后利用两平行线间的距离求解即可.
【详解】直线,即2x-2y+2=0,
两平行线间的距离为＝，
即|a-2|=3,即a-2=,解得a=5,
故答案为5．
【点睛】本题考查两平行线间的距离公式，属基础题．
14．已知椭圆，则以点为中点的弦MN所在的直线方程是 .
【答案】
【分析】设，，利用中点坐标公式求出，，再利用点差法求出直线斜率，进而可求直线方程.
【详解】D在椭圆内，设，，则，，
由，在椭圆上，可得，，
两式相减可得，
，
直线方程为，即，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：处理中点弦问题常用的两种方法：
（1）点差法：设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有，，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率；
（2）根与系数的关系：联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解.
15．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢”问：良马与驽马 日相逢？(用数字作答)
【答案】9
【分析】由已知条件转化为两个等差数列的前和为2250的问题，进而计算可得结果．
【详解】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，
驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，
则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，
则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，
又∵数列{an}的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），
数列{bn}的前n项和为（97+97.5﹣0.5n）（194.5n），
∴（193+13n）（194.5n）＝2250，
整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，
解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．
故答案为：9
16．抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(2，1)，M为抛物线上一点，且M不在直线AF上，则△MAF周长的最小值为 ．
【答案】3＋
【分析】过M作MN垂直于抛物线的准线l，由抛物线的定义得到MF|＋|AM|＝|AM|＋|MN|，然后由A、M、N三点共线时求解.
【详解】如图所示，
过M作MN垂直于抛物线的准线l，垂足为N．易知F(1，0)，
因为△MAF的周长为|AF|＋|MF|＋|AM|，
|AF|＝，|MF|＋|AM|＝|AM|＋|MN|，
所以当A、M、N三点共线时，△MAF的周长最小，
最小值为2＋1＋．
故答案为：3＋
四、解答题
17．已知数列的前项和，
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前多少项和最大．
【答案】(1) (2) 前16项的和最大
【分析】(1)利用时,可求得通项公式;
(2)利用二次函数的解析式配方可得答案.
【详解】解：（1）当时，；当时，；
所以：；
（2）因为；
所以前16项的和最大．
【点睛】本题考查了由与的递推关系式求通项公式,数列前项和的最小值,易错点警示: 的适用条件是,求出后要检验是否成立,如果不成立,要写成分段的形式,属于基础题.
18．如图，在边长为2的正方体中，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，
所以，
所以，又平面，所以平面.
（2）由（1）可知，
设直线与平面所成角为，则，
所以，即直线与平面所成角的余弦值为.
19．已知等比数列中，，．
(1)求数列的通项公式;
(2)令，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用基本量代换，用通项公式代入列方程组解得；
（2）由，判断为等差数列，套公式求和.
【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为，由题意得：
解得
所以.
（2），
所以数列为等差数列，又,
所以．
20．已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；
（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解.
【详解】（1）由抛物线过点，且，
得
所以抛物线方程为；
（2）由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，
设，联立
得，
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
则，
，即，
解得或，
又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，
不符合题意，故舍去；
所以实数的值为.
21．已知数列满足，．
（1）设，求证:数列是等比数列;
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）将变形为，得到为等比数列，
（2）由（1）得到的通项公式，用错位相减法求得
【详解】（1）由，，可得，
因为则，，可得是首项为，公比为的等比数列，
（2）由（1），由，可得，
，
，
上面两式相减可得：
，
则．
【点睛】数列求和的方法技巧：
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
(4) 裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.
22．已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线与圆相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于四点，如图，求四边形的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等边三角形的特点以及点到直线的距离公式结合的关系求解；（2）根据韦达定理表示出，并表示出面积，利用基本不等式讨论范围求解.
【详解】（1）因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，
所以，即，
又因为直线与圆相切，
所以结合解得，
所以椭圆.
（2）(i)若垂直于轴，则与轴重合，
由解得，所以，
又因为
同理垂直于轴，则与轴重合时.
(ii)若都不与轴平行或垂直，
设直线，
得：
与椭圆相交于两点，
则，
当时，直线，
将的替换为可得，
，
因为，所以，
当且仅当，即时“=”成立，
综上
所以四边形的面积的取值范围为.