还剩16页未读，
继续阅读
2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）
展开
这是一份2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）
2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）一､选择题1. 若直线过点（1，2），（4，2＋），则此直线的倾斜角是（）A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，由斜率得倾斜角．【详解】由题意直线斜率为，所以倾斜角为．故选：A．2. 三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（ ）A. B. C. ） D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量运算求得正确答案.【详解】.故选：B3. 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若平面平面，则实数的值为（）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据计算得解.【详解】因为平面平面，，即，所以，解得：.故选：C.4. 已知等差数列的前项和为，且，则的值为（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质，可得与的关系式，即可求得结果.【详解】根据等差数列前项和公式得，，由等差数列的性质可知所以即．故选：B.5. 下列求导运算正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据基本初等函数的求导公式即可解得答案.【详解】，A项错误；因为是个常数，所以，B项错误；，C项错误；，D项正确.故选：D.6. 如图，在直三棱柱中，已知，D为的中点，，则，所成角的余弦值是（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，计算，，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，设，所成的角为，则．故选：C7. 已知，是椭圆：的两个焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，则的周长为（）A. 8 B. C. D. 与有关【答案】C【解析】【分析】根据椭圆：可求得a，由椭圆的定义可得，，并且，进而即可求得的周长．【详解】由椭圆：，则，即，又椭圆的定义可得，，且，所以的周长为．故选：C．8. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出椭圆的焦点坐标，由双曲线的渐近线及焦点坐标得到方程组，解得、，即可得解.【详解】解：椭圆的焦点为，又双曲线：的一条渐近线方程为，所以，解得，所以双曲线方程为.故选：C9. 已知等差数列的通项公式为，则其前n项和取得最大值时，n的值（）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】【分析】求出首项，求出的表达式，结合二次函数性质，即可求得答案.【详解】由题意等差数列的通项公式为，则，故，即当时，取得最大值，即取得最大值时，n的值是4，故选：C.10. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，新插入的第3个数应为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的通项公式进行求解即可．【详解】根据题意，不妨设这13个数组成依次递增的等比数列为，公比为，则，所以，即，所以新插入的第3个数为．故选：A11. 已知数列满足，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用累乘法即可求得.【详解】因，所以，上述各式相乘得，因为，所以，经检验，满足，所以.故选：D.12. 已知抛物线的焦点为为上一点，且在第一象限，直线与的准线交于点，过点且与轴平行的直线与交于点，若，则线段的长度为（）A. 4 B. C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义和几何关系即可求解.【详解】根据题意作出函数图像，过点N作准线l的垂线，由抛物线的定义知，又，所以，所以，又与轴平行，所以由抛物线的定义知，所以三角形为等边三角形，所以，故选: A.二､填空题13. 抛物线的焦点坐标是______．【答案】【解析】【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.14. 设函数在处的导数为2，则__________.【答案】2【解析】【分析】根据导数的定义即得.【详解】因为函数在处的导数为2，即，所以，故答案为：2.15. 已知，若三向量共面，则实数=_____.【答案】【解析】【分析】由题意结合向量基本定理得到方程组，求解方程组即可确定的值.【详解】由题意可知，存在实数满足：，据此可得方程组：，求解方程组可得：.故答案为．【点睛】本题主要考查空间向量基本定理，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16. 已知双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率为_______.【答案】2【解析】【分析】根据给定条件求出双曲线的渐近线，再用点到直线的距离公式建立的等式计算作答【详解】双曲线的渐近线为：，即，由右焦点到一条渐近线的距离为，得：，即，解得，即，又，所以，所以双曲线的离心率为2，故答案为：2.17. 已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】【分析】设出中点坐标，圆上的点，由中点坐标公式把P的坐标用M的坐标表示，代入圆的方程得答案.【详解】设点，点，则所以因为点在圆上，所以，所以，所以点M的轨迹方程为即，故答案为：.18. 已知圆：与圆：相交，则两个圆的公共弦方程为______，则两圆的公共弦长为______．【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】第一空：直接将两圆联立做差可得公共弦方程；第二空：利用垂径定理可得公共弦长.【详解】由圆：①与圆：②，②①得，即即两个圆的公共弦方程为；两圆的公共弦长即为圆：与相交产生的弦长则弦长为.故答案为：；.19. 若空间中有三点，则到直线的距离为__________；点到平面的距离为__________.【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】根向量夹角的余弦值和同角三角函数基本关系式可以求出第一空，根据点到平面的距离公式即可求出第二问.【详解】,,所以，，所以所以所以则到直线的距离为设平面的法向量为，所以，令，解得，所以，，所以点到平面的距离为.故答案为： .20. 已知数列的通项公式为，为数列的前n项和，则使得的n的最小值为___________.【答案】23【解析】【分析】根据数列通项公式的特点，分奇偶讨论，利用并项求和表示其前n项和，再解不等式求得结果.【详解】当n为奇数时，，，由解得；当n为偶数时，，，不合题意，舍去；综上n的最小值为23.故答案：23．三､解答题21. 已知圆经过和两点，且圆心在轴正半轴上.（1）求圆的方程.（2）从点向圆作切线，求切线方程【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；（2）根据圆的切线性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.【小问1详解】因为圆的圆心在轴正半轴上，所以设圆的标准方程为，因为圆经过和两点，所以；【小问2详解】设过点的直线为，由（1）可知：圆的圆心为，半径为1，当直线不存在斜率时，方程为，圆心到直线的距离为1等于半径，所以直线是该圆的切线；当直线存在斜率时，设为，方程为，因为直线是该圆的切线，所以，即直线的方程为：，综上所述：切线方程为或.22. 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，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．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．23. 已知正项等差数列与等比数列满足，且既是和的等差中项，又是其等比中项.（1）求数列和的通项公式.（2）求数列的前项和.（3）设，记的前项和.若对于且恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式，结合等差中项和等比中项的定义进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可；（3）运用错位相减法，结合数列最小项的性质进行求解即可.【小问1详解】设数列的公差为，数列的公比为，因为既是和的等差中项，所以有，所以，；【小问2详解】由（1）可知：，所以；【小问3详解】由（1）可知：，；，，，两式相减，得：，由，因为且恒成立，所以由，设，，当且时，假设是最小项，则有，而，所以，，所以数列在且时，是最小项，因为对于且恒成立，所以有，即实数的取值范围为.24. 已知椭圆，离心率为分别为椭圆的左､右顶点，过焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的标准方程.（2）当直线过椭圆的左焦点以及上顶点时，直线与椭圆交于另一点，求此时的弦长.（3）设直线过点，且与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）由题意列出方程组解出即可；（2）根据的坐标，计算直线的方程，联立椭圆方程，解出,利用两点间的距离公式计算即可.（3）根据题意直线的斜率存在且不为0，设直线方程，联立解出点，根据对称性得出点，在联立直线与椭圆方程，解出点，然后求出直线方程，令，得，从而得到，由图可知：与的面积之差为，利用三角形面积公式写出，利用基本不等式求出最值，从而得直线的斜率.【小问1详解】由椭圆的离心率为，所以，①又，②设过左焦点且垂直于轴的直线为：，代入中，结合②化简得：，所以过左焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为：，③联立①②③解得：，所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】由（1）知所以直线的方程为：，即，代入中消去得：，解得：或，当时，为点，当时，，所以 ,所以.【小问3详解】由（1）知，如图所示：连接，因为直线过点，且与轴垂直，所以直线方程为：，由题意得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，联立得：点，又为直线上关于轴对称的两点，所以，联立，消去整理得：，解得：或，由点异于点，所以将代入中得：，即所以直线的方程为：，令，，所以，由图可知：与的面积之差为：，因为，当且仅当时取等号，所以当与的面积之差取得最大值时，直线的方程为：，即：或.
2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）一､选择题1. 若直线过点（1，2），（4，2＋），则此直线的倾斜角是（）A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，由斜率得倾斜角．【详解】由题意直线斜率为，所以倾斜角为．故选：A．2. 三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（ ）A. B. C. ） D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量运算求得正确答案.【详解】.故选：B3. 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若平面平面，则实数的值为（）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据计算得解.【详解】因为平面平面，，即，所以，解得：.故选：C.4. 已知等差数列的前项和为，且，则的值为（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质，可得与的关系式，即可求得结果.【详解】根据等差数列前项和公式得，，由等差数列的性质可知所以即．故选：B.5. 下列求导运算正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据基本初等函数的求导公式即可解得答案.【详解】，A项错误；因为是个常数，所以，B项错误；，C项错误；，D项正确.故选：D.6. 如图，在直三棱柱中，已知，D为的中点，，则，所成角的余弦值是（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，计算，，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，设，所成的角为，则．故选：C7. 已知，是椭圆：的两个焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，则的周长为（）A. 8 B. C. D. 与有关【答案】C【解析】【分析】根据椭圆：可求得a，由椭圆的定义可得，，并且，进而即可求得的周长．【详解】由椭圆：，则，即，又椭圆的定义可得，，且，所以的周长为．故选：C．8. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出椭圆的焦点坐标，由双曲线的渐近线及焦点坐标得到方程组，解得、，即可得解.【详解】解：椭圆的焦点为，又双曲线：的一条渐近线方程为，所以，解得，所以双曲线方程为.故选：C9. 已知等差数列的通项公式为，则其前n项和取得最大值时，n的值（）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】【分析】求出首项，求出的表达式，结合二次函数性质，即可求得答案.【详解】由题意等差数列的通项公式为，则，故，即当时，取得最大值，即取得最大值时，n的值是4，故选：C.10. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，新插入的第3个数应为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的通项公式进行求解即可．【详解】根据题意，不妨设这13个数组成依次递增的等比数列为，公比为，则，所以，即，所以新插入的第3个数为．故选：A11. 已知数列满足，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用累乘法即可求得.【详解】因，所以，上述各式相乘得，因为，所以，经检验，满足，所以.故选：D.12. 已知抛物线的焦点为为上一点，且在第一象限，直线与的准线交于点，过点且与轴平行的直线与交于点，若，则线段的长度为（）A. 4 B. C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义和几何关系即可求解.【详解】根据题意作出函数图像，过点N作准线l的垂线，由抛物线的定义知，又，所以，所以，又与轴平行，所以由抛物线的定义知，所以三角形为等边三角形，所以，故选: A.二､填空题13. 抛物线的焦点坐标是______．【答案】【解析】【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.14. 设函数在处的导数为2，则__________.【答案】2【解析】【分析】根据导数的定义即得.【详解】因为函数在处的导数为2，即，所以，故答案为：2.15. 已知，若三向量共面，则实数=_____.【答案】【解析】【分析】由题意结合向量基本定理得到方程组，求解方程组即可确定的值.【详解】由题意可知，存在实数满足：，据此可得方程组：，求解方程组可得：.故答案为．【点睛】本题主要考查空间向量基本定理，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16. 已知双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率为_______.【答案】2【解析】【分析】根据给定条件求出双曲线的渐近线，再用点到直线的距离公式建立的等式计算作答【详解】双曲线的渐近线为：，即，由右焦点到一条渐近线的距离为，得：，即，解得，即，又，所以，所以双曲线的离心率为2，故答案为：2.17. 已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】【分析】设出中点坐标，圆上的点，由中点坐标公式把P的坐标用M的坐标表示，代入圆的方程得答案.【详解】设点，点，则所以因为点在圆上，所以，所以，所以点M的轨迹方程为即，故答案为：.18. 已知圆：与圆：相交，则两个圆的公共弦方程为______，则两圆的公共弦长为______．【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】第一空：直接将两圆联立做差可得公共弦方程；第二空：利用垂径定理可得公共弦长.【详解】由圆：①与圆：②，②①得，即即两个圆的公共弦方程为；两圆的公共弦长即为圆：与相交产生的弦长则弦长为.故答案为：；.19. 若空间中有三点，则到直线的距离为__________；点到平面的距离为__________.【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】根向量夹角的余弦值和同角三角函数基本关系式可以求出第一空，根据点到平面的距离公式即可求出第二问.【详解】,,所以，，所以所以所以则到直线的距离为设平面的法向量为，所以，令，解得，所以，，所以点到平面的距离为.故答案为： .20. 已知数列的通项公式为，为数列的前n项和，则使得的n的最小值为___________.【答案】23【解析】【分析】根据数列通项公式的特点，分奇偶讨论，利用并项求和表示其前n项和，再解不等式求得结果.【详解】当n为奇数时，，，由解得；当n为偶数时，，，不合题意，舍去；综上n的最小值为23.故答案：23．三､解答题21. 已知圆经过和两点，且圆心在轴正半轴上.（1）求圆的方程.（2）从点向圆作切线，求切线方程【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；（2）根据圆的切线性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.【小问1详解】因为圆的圆心在轴正半轴上，所以设圆的标准方程为，因为圆经过和两点，所以；【小问2详解】设过点的直线为，由（1）可知：圆的圆心为，半径为1，当直线不存在斜率时，方程为，圆心到直线的距离为1等于半径，所以直线是该圆的切线；当直线存在斜率时，设为，方程为，因为直线是该圆的切线，所以，即直线的方程为：，综上所述：切线方程为或.22. 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，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．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．23. 已知正项等差数列与等比数列满足，且既是和的等差中项，又是其等比中项.（1）求数列和的通项公式.（2）求数列的前项和.（3）设，记的前项和.若对于且恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式，结合等差中项和等比中项的定义进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可；（3）运用错位相减法，结合数列最小项的性质进行求解即可.【小问1详解】设数列的公差为，数列的公比为，因为既是和的等差中项，所以有，所以，；【小问2详解】由（1）可知：，所以；【小问3详解】由（1）可知：，；，，，两式相减，得：，由，因为且恒成立，所以由，设，，当且时，假设是最小项，则有，而，所以，，所以数列在且时，是最小项，因为对于且恒成立，所以有，即实数的取值范围为.24. 已知椭圆，离心率为分别为椭圆的左､右顶点，过焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的标准方程.（2）当直线过椭圆的左焦点以及上顶点时，直线与椭圆交于另一点，求此时的弦长.（3）设直线过点，且与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）由题意列出方程组解出即可；（2）根据的坐标，计算直线的方程，联立椭圆方程，解出,利用两点间的距离公式计算即可.（3）根据题意直线的斜率存在且不为0，设直线方程，联立解出点，根据对称性得出点，在联立直线与椭圆方程，解出点，然后求出直线方程，令，得，从而得到，由图可知：与的面积之差为，利用三角形面积公式写出，利用基本不等式求出最值，从而得直线的斜率.【小问1详解】由椭圆的离心率为，所以，①又，②设过左焦点且垂直于轴的直线为：，代入中，结合②化简得：，所以过左焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为：，③联立①②③解得：，所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】由（1）知所以直线的方程为：，即，代入中消去得：，解得：或，当时，为点，当时，，所以 ,所以.【小问3详解】由（1）知，如图所示：连接，因为直线过点，且与轴垂直，所以直线方程为：，由题意得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，联立得：点，又为直线上关于轴对称的两点，所以，联立，消去整理得：，解得：或，由点异于点，所以将代入中得：，即所以直线的方程为：，令，，所以，由图可知：与的面积之差为：，因为，当且仅当时取等号，所以当与的面积之差取得最大值时，直线的方程为：，即：或.
相关试卷
天津市滨海新区塘沽紫云中学2022-2023学年高三上学期线上期末数学试题： 这是一份天津市滨海新区塘沽紫云中学2022-2023学年高三上学期线上期末数学试题，共19页。
天津市滨海新区塘沽第一中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题： 这是一份天津市滨海新区塘沽第一中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题，文件包含天津市滨海新区塘沽第一中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题解析版docx、天津市滨海新区塘沽第一中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题（解析版）： 这是一份2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
