2022-2023学年湖南省益阳市六校高二上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省益阳市六校高二上学期期末联考数学试题（解析版）

益阳市2022-2023学年六校期末联考数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.（选择性必修1+选择性必修2数列部分）一、选择题（共40分）1. 已知向量，则它们的位置关系是（）A. ∥，∥ B. ，C. ，∥ D. ∥，【答案】D【解析】【分析】由向量坐标运算即可判断共线和垂直.【详解】由题可知：得，故选：D.2. 在三棱锥中，、、两两垂直，，，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面的法向量的是（　　）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设平面的一个法向量为，利用，求出、的值，可得出向量的坐标，然后选出与共线的向量坐标即可.【详解】，，设平面的一个法向量为，由则，解得，．又，因此，平面的一个法向量为.故选：A.【点睛】本题考查平面法向量的计算，熟悉法向量的计算方法是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.3. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，，则（）A. 8 B. 10 C. 12 D. 14【答案】D【解析】【分析】由等比数列的基本量运算求得后求得，从而易得．【详解】由题意，，所以，．故选：D．4. 如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）…，设第个图形的边长为，则数列的通项公式为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】观察得到从第二个图形起，每一个三角形的边长组成了以1为首项，以为公比的等比数列，根据等比数列的通项写出即可.【详解】由题得，从第二个图形起，每一个三角形的边长组成了以1为首项，以为公比的等比数列，所以第个图形的边长为=.故选：D.5. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ①AB的中点为（1，2），AB的中垂线方程为，即x-2y+3=0．联立解得∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8  ②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．6. 已知定点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设再表达出的坐标代入圆方程化简即可.【详解】设，则满足.故 .故.又点在圆上.故.故选:C【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，属于基础题型.7. 已知双曲线C：，，分别是双曲线的左､右焦点，是双曲线右支上一点连接交双曲线左支于点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的定义结合余弦定理可以建立关于，的齐次方程，即可求出离心率【详解】设，则，，，，因为，所以，故，在中，由余弦定理可知，整理得，即，所以.故选：B8. 已知F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限）．设点H，G分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则|HG|的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用平面几何和内心的性质，可知的横坐标都是，得到轴，设直线的倾斜角为，和分别表示和，根据，将表示为的三角函数求最值.【详解】内切圆与各边相切于点，有的横坐标相等，，，，在双曲线上，即是双曲线的顶点， 与双曲线相切于顶点（如图）的横坐标都是，设直线的倾斜角为 ，那么 ,中，双曲线 ， ，可得 ，，的范围是故选D.【点睛】本题考查了双曲线方程，几何性质，以及三角形内心的性质，并且考查了三角函数的化简和求最值，意在考查数形结合，转化与化归，和逻辑推理，计算能力，属于难题，本题的关键1.根据几何性质确定的横坐标都是，2.设倾斜角为，将表示为的三角函数.二、多选题（共20分）9. 已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（）A. B. C. 是平面的一个法向量 D. 【答案】ABC【解析】【分析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由且，可判定C正确；由是平面的一个法向量，得到，可判定D不正确.【详解】由题意，向量，对于A中，由，可得，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B正确；对于C中，由且，可得向量是平面的一个法向量，所以C正确；对于D中，由是平面的一个法向量，可得，所以D不正确.故选：ABC10. 数列{an}的前n项和为Sn，，则有（）A. Sn＝3n－1 B. {Sn}为等比数列C. an＝2·3n－1 D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据求得，进而求得以及判断出是等比数列.【详解】依题意，当时，，当时，，，所以，所以，所以.当时，；当时，符合上式，所以.，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD11. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（）A. 的方程为 B. 的离心率为C. 曲线经过的一个焦点 D. 直线与有两个公共点【答案】AC【解析】【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，即．双曲线的方程为，故正确；由，，得，双曲线的离心率为，故错误；取，得，，曲线过定点，故正确；联立，化简得，所以直线与只有一个公共点，故不正确．故选：．12. 定义点到直线:的有向距离为.已知点到直线的有向距离分别是.以下命题不正确的是（）A. 若，则直线与直线平行B. 若，，则直线与直线垂直C. 若，则直线与直线垂直D. 若，则直线与直线相交【答案】BCD【解析】【分析】要理解题目中有向距离的概念，点在直线上方时为正，下方时为负，绝对值代表点到直线的距离，根据各选项判断即可【详解】设, ,选项A, 若, 则, 则点在直线的同一侧，且到直线距离相等，所以直线与直线平行, 所以正确;选项B, 点在直线的两侧且到直线的距离相等, 直线不一定与垂直, 所以错误;选项C, 若, 满足, 即,则点都在直线上, 所以此时直线与直线重合, 所以错误;选项D, 若, 即,所以点分别位于直线的两侧或在直线上,所以直线与直线相交或重合, 所以错误.故选：BCD三、填空题（共20分）13. 如下图，以长方体的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为_________.【答案】【解析】【分析】根据题意推导出的坐标,从而得出的坐标,进而得出结论.【详解】因为的坐标为,,则,所以,因此,故答案为:.【点睛】本题考查空间中向量的求法,属于基础题.14. 在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．【答案】【解析】【详解】分析：由题意利用待定系数法求解圆的方程即可.详解：设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则：，解得：，则圆的方程为.点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．15. 已知等差数列中，，，若在数列每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第项为___．【答案】【解析】【分析】先计算出等差数列的公差，进而得到新的等差数列的公差，从而求出的通项公式，求出新数列的第项.【详解】设等差数列的公差为，则，在数列每相邻两项之间插入三个数，则新的等差数列的公差为，故新数列的首项为，故通项公式为，故.故答案为：3116. 设抛物线，点是抛物线的焦点，点在轴正半轴上（异于点），动点在抛物线上，若是锐角，则的范围为__________．【答案】【解析】【分析】设，由是锐角得到对任意恒成立.令，则对任意恒成立,再通过分类讨论求出m的取值范围.【详解】设，可知，且，所以，，因为是锐角，所以，即，整理得，等价于对任意恒成立；令，则对任意恒成立；因为的对称轴为，故分类讨论如下：（1），即时，，所以；（2），即时，应有，得；综上所述：.【点睛】本题主要考查抛物线中的范围问题，考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.四、解答题（共70分）17. 如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点，为侧棱上的动点．（1）求证：平面平面；（2）试判断直线与是否能够垂直．若能垂直，求的长；若不能垂直，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）不能垂直，理由见解析【解析】【分析】（1）利用，推出平面，即可证明面面垂直；（2）建系，写出的坐标，设，利用直线与能垂直，数量积为零，求出，，不能垂直.【小问1详解】因为在三棱柱中，底面，，，，为的中点，为侧棱上的动点．所以，，因为，平面所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，设，则，若直线与能垂直，则，解得，因为，所以直线与不能垂直．18. 设数列满足.（1）求和的值.（2）求数列的通项公式.（3）令，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据递推公式，逐项计算，即可求解；（2）由，结合叠加法，利用等比数列的求和公式，即可求解；（3）根据，结合乘公比错位相减求和，即可求解.【详解】（1）当时，，当时，，所以.（2）由数列满足.可得，，，，，相加可得，所以，所以数列的通项公式为.（3）由，可得，则，两式相减，可得，，所以.19. 已知各项都为正数的等比数列的前项和为，数列的通项公式，若，是和的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用等比数列的通项公式及性质，由，，结合题设条件，即可求解；（2）借助题设运用分类整合思想及错位相减法求解.小问1详解】∵数列的通项公式，∴，设各项都为正数的等比数列的公比为，则，∵，∴，①∵是和的等比中项，∴，解得，②由①②得，解得或（舍去），∴；【小问2详解】当为偶数时，，设，③则，④③减④，得，∴，∴，当为奇数，且时，，经检验，符合上式，∴20. 已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0（k∈R）．（1）证明：直线l过定点；（2）若直线l不经过第四象限，求k的取值范围；（3）若直线l交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设△AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）S的最小值为4，直线l的方程为x－2y＋4＝0．【解析】【分析】（1）直线方程化y＝k（x＋2）＋1，可以得出直线l总过定点；（2）考虑直线的斜率及在y轴上的截距建立不等式求解；（3）利用直线在坐标轴上的截距表示出三角形的面积，利用均值不等式求最值，确定等号成立条件即可求出直线方程.【详解】（1）证明：直线l的方程可化为y＝k（x＋2）＋1，故无论k取何值，直线l总过定点（－2，1）．（2）直线l的方程为y＝kx＋2k＋1，则直线l在y轴上的截距为2k＋1，要使直线l不经过第四象限，则解得k≥0，故k的取值范围是．（3）依题意，直线l在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1＋2k，∴A，B（0，1＋2k）．又且1＋2k＞0，∴k＞0．故S＝|OA||OB|＝××（1＋2k）＝≥×（4＋）＝4，当且仅当4k＝，即k＝时，取等号．故S最小值为4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0．21. 已知圆C过点 ，且圆心C在直线上．（1）求圆C的标准方程．（2）设直线与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点 的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；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）设圆的方程，由题意列出方程组，解方程组求得答案；（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.【小问1详解】设圆C的方程为，则有，解得，所以圆C的方程为，化为标准方程，得．【小问2详解】假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，故圆心必在直线l上，所以直线l的斜率，又，所以．将与圆C的方程联立，整理得，由于直线交圆C于A，B两点，故，解得，与矛盾，故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．22. 已知椭圆C的离心率为，长轴的两个端点分别为，.（1）求椭圆C方程；（2）过点的直线与椭圆C交于M，N（不与A，B重合）两点，直线AM与直线交于点Q，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，即可得到，即、、三点共线，即可得证；【小问1详解】解：由长轴的两个端点分别为，，可得，由离心率为，可得，所以，又，解得，所以椭圆C的标准方程为；小问2详解】解：设直线l的方程为，由得设，，则，所以，直线的方程为，所以所以，所以，即，所以、、三点共线，所以；