天津市宝坻区2022_2023学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份天津市宝坻区2022_2023学年高二数学上学期期末试题含解析，共17页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 两条平行直线与之间的距离， 设为数列的前项和，若，则等内容，欢迎下载使用。

考试时间：100分钟；
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共12小题，每小题4分，共48分
1. 在空间直角坐标系中，已知点A(1，1，2)，B(－3，1，－2)，则线段AB的中点坐标是（）
A(－2，1，2)B. (－1，1，0)C. (－2，0，1)D. (－1，1，2)
【答案】B
【解析】
【分析】利用中点坐标公式直接求解．
【详解】在空间直角坐标系中，
点，1，，，1，，
则线段的中点坐标是，，，1，．
故选：B.
2. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系为（）
A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切
【答案】C
【解析】
【分析】计算圆心距，和比较大小，即可判断两圆位置关系.
【详解】圆的圆心坐标是，半径，圆的圆心坐标是，半径，
,所以圆心距，所以两圆相外切.
故选：C
3. 已知双曲线的离心率为2，则C的渐近线方程为（）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据离心率及a，b，c的关系，可求得，代入即可得答案.
【详解】因为离心率，所以，
所以，，则，
所以C的渐近线方程为.
故选：A
4. 如图所示,在正方体中,点F是侧面的中心,设,则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理将转化为即可选出答案.
【详解】解:由题知, 点F是侧面的中心,
为中点,
则
,
故选:A
5. 两条平行直线与之间的距离（）
A. B. C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据两条直线平行求出参数的值，然后利用平行线间的距离公式求解即可.
详解】由已知两条直线平行，得，所以，
所以直线可化为，
则两平行线间的距离.
故选：C
6. 基站建设是众多 “新基建” 的工程之一，截至2021年8月底，地区已经累计开通基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进网络建设．已知2021年9月该地区计划新建50个基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计地区累计开通4640个基站要到（）
A. 2022 年 11 月底
B. 2022 年 10 月底
C. 2022 年 9 月底
D. 2022 年 8 月底
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合等差数列的求和公式即可求得结果.
【详解】假设要经过个月，地区累计开通4640个基站，
则由题意得，
化简得，
，
解得或（舍去）
所以预计地区累计开通4640个基站要到2022 年 10 月底，
故选：B
7. 如图，在长方体中，，，则直线和夹角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，分别求出的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.
【详解】如图：以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，
所以直线和夹角的余弦值为，
故选：D.
8. 设，则“”是“直线与直线垂直”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 重要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先根据直线垂直求出的值，再根据充分性和必要性的概念得答案.
【详解】直线与直线垂直
则，解得或，
则“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
9. 设为数列的前项和，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】当时，，
当时，，
验证，当时，，
所以.
故选：A
10. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（）
A. 7B. 9C. 81D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果.
【详解】依题意可得，
又，所以，
所以.
故选：D
11. 设，是椭圆：的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与直线相交于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得点的坐标，然后根据列方程，化简求得离心率.
【详解】由于为等腰三角形，
所以，.
故选：A
12. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.
【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，
故选：B.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，且，，成等比数列，，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意结合等比数列的性质、等差数列通项公式、前n项和公式可得，再由等差数列的通项公式即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，由题得,
所以，所以，
所以.
故答案为：4.
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
14. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线标准方程，求出焦点坐标，即可求出.
【详解】因为点为抛物线上一点，所以，解得：.
所以焦点.
所以.
故答案为：
15. 已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用空间向量求点到平面的距离即可.
【详解】由题可得，又是平面的一个法向量，
∴则点P到平面的距离为.
故答案为：.
16. 圆关于直线对称的圆的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，整理圆的一般方程为标准方程，明确圆心与半径，根据点关于直线对称，可得答案.
【详解】由，则，即，半径为，
设关于直线的对称点，可得，解得，
即，故圆的标准方程为.
故答案为：
三、解答题：本大题共4小题，共52分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．
（1）求BC边上的中线AD的所在直线方程；
（2）求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求BC边的中点D的坐标，再得AD的斜率即可求解；
（2）先求△ABC的外接圆O，再求圆心到直线.直线l的距离，再由勾股定理可求解.
【小问1详解】
∵，
∴BC边的中点D的坐标为，
∴中线AD的斜率为，
∴中线AD的直线方程为：，即
【小问2详解】
设△ABC的外接圆O的方程为，
∵A、B、C三点在圆上，
∴
解得：
∴外接圆O的方程为，即，
其中圆心O为，半径,
又圆心O到直线l的距离为,
∴被截得的弦长的一半为,
∴被截得的弦长为.
18. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱的中点，为的中点．
（1）求证：平面
（2）求直线和平面所成的角的正弦值．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．用向量法判定线面平行以及求空间角
【小问1详解】
以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系．
依题意，得，
，设面的法向量，
，所以，取，得
因为，
所以．所以．
又面．
所以面．
【小问2详解】
，
设面的法向量，
，所以，
取，得．
因为，
所以．
所以直线和平面所成的角的正弦值为．
【小问3详解】
由（1）､（2）可得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19. 等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，设数列的前项和为，求；
（3）令，设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列关于公差与公比的方程组，解方程组可得再根据等差数列与等比数列通项公式得结果；
（2）根据错误相减法求数列的前项和为，注意作差时项符号的变化以及求和时项数的确定；
（3）将裂项得，然后求和即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，数列的公比为，则
由
得，解得，
所以，.
小问2详解】
由（1）可知，
∴①
②
①—②得：
，
∴.
【小问3详解】
20. 已知椭圆：：的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，若，求直线的方程；
（3）设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，点满足：轴且，求证：是定值.
【答案】（1）
（2）
（3）14
【解析】
【分析】（1）由离心率公式以及椭圆的性质列出方程组得出椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得出点坐标，最后由距离公式得出直线的方程．
（3）设，，，计算，求出直线，将其与椭圆联立求得，则，最后计算两者之和即可得到定值.
【小问1详解】
由题意可得，得，，椭圆；
【小问2详解】
设，，直线为．
由，得
显然，由韦达定理有：，则；
所以，且，
若，即
解得，所以．
【小问3详解】
由题意可得，，
设，，，则，
由，可得，
；
直线的方程为，得，
与椭圆方程联立，
可得，
所以，
即有，
所以．
所以，是定值．
【点睛】关键点睛：本题第二问主要是由弦长求直线方程，通常采用弦长公式，本题已知其中一交点坐标则可以利用韦达定理求出另一交点坐标，再利用两点距离公式得到关于的弦长方程，则可得到值，第三问的关键在于首先利用面积关系及在椭圆上得到，再写出直线的方程，将其与椭圆联立，利用两根之和式得到，从计算出，最后即可证明定值.