2022-2023学年重庆市七校（江津中学、大足中学、长寿中学、铜梁中学、合川中学、綦江中学、实验中学）高二上学期期末数学试题（解析版）

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2022-2023学年重庆市七校（江津中学、大足中学、长寿中学、铜梁中学、合川中学、綦江中学、实验中学）高二上学期期末数学试题一、单选题1．在平面直角坐标系中，直线的倾斜角是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据倾斜角的定义即可求解.【详解】直线即的倾斜角为，故选：C.2．在等差数列中，、是方程的两根，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值.【详解】由韦达定理和等差中项的性质可得，因此，.故选：A.3．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，下列结论正确的是（    ）A．若，则. B．若，则.C．若，则. D．若，则.【答案】D【分析】根据空间向量的运算，由可得，即可判断,由可得，求得，判断.【详解】直线l的一个方向向量为 ，平面的一个法向量为，对于A，若,则 ∴，故A错误；对于B，若，则 ，即，解得，， ，故B错误；对于C，若，则 ，则，，故 C错误；对于D,若，则 ，解得，，则，故D正确，故选∶D．4．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创隙积术，是研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数问题.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，发展了隙积术的成果，对高阶等差数列求和问题提出了一些新的垛积公式.高阶等差数列的前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.现有二阶等差数列：、、、、、、、则该数列的第项为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设二阶等差数列为，分析可知，，，，利用累加法可求得的值，即为所求.【详解】设二阶等差数列为，则，，，，以上等式全加可得，故.故选：C.5．已知直线上，过点向圆引切线，则切线长是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可求得，求得，继而根据直线和圆相切，求得切线长.【详解】由题意直线上，可得，则，故在圆外，过点向圆引切线，由于 ,则切线长是,故选：A6．已知抛物线，F为其焦点，若直线与抛物线C在第一象限交于点M，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】确定,，确定过点，联立方程求得点M的横坐标，利用抛物线焦半径公式即可求得答案.【详解】由题意得,，准线方程为，当时，，即过点，联立，即，解得或，由于M在第一象限，且斜率大于0，故取M横坐标为3，则，故选：D7．已知正项等比数列的前n项和为，前n项积为，满足，则取最小值时（    ）A．4 B．3或4 C．4或5 D．5【答案】B【分析】由题意求得等比数列的公比，确定等比数列的通项公式，即可得的表达式，结合二次函数性质，可得答案.【详解】正项等比数列中，设公比为，,即 ，整理得，解得或（舍），故，故，函数的图象的对称轴为，故当或时，取得最小值，由于函数是单调增函数，则也取得最小值，故选：B．8．已知是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体的棱上运动，则的最小值为（    ）A． B． C． D．0【答案】C【分析】求得正方体外接球的半径，根据空间向量的数量积运算求得的表达式，确定的最小值，即得答案.【详解】如图，是棱长为8的正方体外接球的一条直径，即正方体的一条体对角线，由正方体的特征可得其外接球半径为 ,设外接球球心为O，则 ,由于点M在正方体的棱上运动,故的最小值为球心O和棱的中点连线的长，即为正方体面对角线的一半，为，所以 的最小值为，故选：C二、多选题9．已知等差数列的前项和，其公差，，则下列结论正确的是（    ）A． B．的最小值为C． D．【答案】ABD【分析】利用等差数列的单调性可出，可判断AB选项；利用等差数列的单调性可判断C选项；利用等差数列的求和公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由于，则，所以，，所以，，A对；对于B选项，因为，则数列为单调递增数列，当时，；当时，.所以，数列的最小值为，B对；对于C选项，由B选项可知，，C错；对于D选项，，D对.故选：ABD.10．在平面直角坐标系中，已知、、，光线从点发出经线段反射与圆相交，则相交弦长度可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】点关于线段的对称点为，设反射光线交线段于点，其中，直线交圆于、两点，求出直线的方程，求出圆心到直线距离平方的取值范围，再利用弦长公式可求得相交弦长的取值范围，即可得出合适的选项.【详解】如下图所示：点关于线段的对称点为，设反射光线交线段于点，其中，直线交圆于、两点，直线的斜率为，直线的方程为，即，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，则，因为函数在上单调递增，故，则，所以，，故相交弦长度可以是或或.故选：BCD.11．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（    ）A．平面平面；B．点到直线的距离；C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；D．点A到平面的距离为.【答案】ABC【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A;由A的结论，可推得，即可知点P到直线 的距离即为的长度，计算求得长，判断B;采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，判断C；过点A作于点H，证明平面，即为点A到平面的距离，解三角形求得的长，判断D.【详解】A选项，因为平面,平面，平面，所以 ，,故 即为与底面所成的角,即 ，故，而,所以 ,在直角梯形中， ,则,故，又因为平面 ，所以平面，因为平面 ，故平面平面，即平面平面，A正确； B选项：由A选项的证明过程可知：平面，因为平面，所以，故点P到直线 的距离即为的长度，因为平面,平面,故,而,B正确； C选项：当时，，即E为的中点，设为的中点，连接,则 ,而 ,故 ,故四边形为平行四边形，则,故异面直线与所成角即为的夹角，在中， ,则 ,则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；D选项，过点A作于点H，由于平面 ，平面，所以 ，因为平面 ，所以平面，故 即为点A到平面的距离，因为 ，所以 ，即点A到平面的距离为，D错误，故选：12．已知椭圆C：，焦点（-c，0），，下顶点为B.过点的直线l与曲线C在第四象限交于点M，且与圆相切，若，则下列结论正确的是（    ）A．椭圆C上存在点Q，使得； B．直线l的斜率为；C．椭圆C与圆A外切； D．椭圆的离心率为.【答案】BD【分析】利用直线l与圆A相切求出直线斜率，再利用，解得离心率，找到之间的关系进而判断出BD正确.【详解】设直线l的方程为，圆心到直线l的距离，解得，，所以选项B正确；因为，所以，，因为，，所以，即，又解得，所以选项D正确；由，则，，所以，则，即，又，故选项A错误；到椭圆左顶点的距离，椭圆C与圆A相交，所以选项C错误；故选：BD.三、填空题13．已知直线与，则两直线间的距离为_____.【答案】【分析】将直线化成：，代入两平行线间的距离公式即可求解.【详解】直线可化成：，由两平行线间的距离公式可得：，故答案为：.14．已知在正方体中，、分别为棱和的中点，且，则实数n的值为__________.【答案】【分析】如图，利用向量的基本定理，在正方体中，用来表示，再利用表示方法唯一，对应相等即可.【详解】由正方体的性质和、分别为棱和的中点可得：，又，可得.故答案为：15．若点依次为双曲线的左、右焦点，且，，. 若双曲线C上存在点P，使得，则实数b的取值范围为__________.【答案】【分析】由题意可得，结合点P在双曲线上，可得，利用双曲线的x的范围可推出，再结合，即得答案.【详解】设双曲线上的点满足，即 ，即，又，，即，，且，，则，，又，实数b的取值范围是，故答案为：.四、双空题16．已知数列满足，，则__________，若数列的前项和，则满足不等式的的最小值为__________.【答案】          5【分析】由数列递推式结合等比数列定义可得是等比数列，即可求得其通项公式，进而可得的表达式，利用裂项求和法可求得，判断其单调性，即可求得的的最小值.【详解】在数列中，由，可知，故得：，而，于是得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，所以数列的通项公式为，则.，则，由得：，即，令，则，即数列是递增数列，由，得，而，因此 ，所以满足不等式的的最小值为5，故答案为：五、解答题17．已知圆过点、，且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)若过点的直线交圆于、两点，若弦的长为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）设点，由结合两点间的距离公式求出的值，可求得圆的半径，进而可得出圆的方程；（2）利用勾股定理可计算出圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出直线的斜率，综合可得出直线的方程.【详解】（1）解：设点，由可得，解得，故点，圆的半径为，故圆的方程为.（2）解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，合乎题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由点到直线的距离公式可得，解得，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，是线段上靠近的三等分点.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为原点，直线、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图：则、、、、、，，，，.（2）解：由（1）可知平面的一个法向量为，，所以，直线与平面的夹角的正弦值为.19．已知抛物线的焦点为，到双曲线的渐近线的距离为.(1)求抛物线的标准方程；(2)过动点作抛物线的切线（斜率不为0），切点为，求线段的中点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出双曲线的一条渐近线方程与抛物线的焦点坐标，利用点到直线的距离公式求出，即可得到抛物线方程；（2）设过点与抛物线相切的直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，由得到，即可求出的坐标，从而表示出中点的坐标，即可得到其轨迹方程.【详解】（1）解：双曲线的一条渐近线为，又抛物线的焦点的坐标为，        由题可得：，解得，故抛物线方程为：.（2）解：设过点与抛物线相切的直线方程为，联立抛物线方程可得，则，又，则，所以，，                设点的坐标为，则，即，代入，可得，又，故；则点的轨迹方程为：.20．已知数列满足，.(1)证明：数列为等比数列；(2)数列的前项和为，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）由（1）中的结论可求得数列的通项公式，由求出数列的通项公式，再利用错位相减法结合分组求和法可求得.【详解】（1）解：因为数列满足，，则，且，所以，数列是公比和首项均为的等比数列.（2）解：由（1）可得，，当时，，当时，.也满足，故对任意的，.所以，，设数列的前项和为，则，①，②①②得，，所以，.21．如图，在三棱柱中，，，点为的中点，点是上一点，且.(1)求点A到平面的距离；(2)求平面与平面所成平面角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）取的中点，连接，以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.（2）利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：因为，所以，，所以，.以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，设，则，，解得，，即.，，设平面的法向量为，则，令，解得，即.，设点A到平面的距离为，则（2），，设平面的法向量为，则，令，解得，即.设，则，，因为，解得.设，则，，因为，解得.因为点为的中点，所以，..设平面的法向量为，则，令，解得，即.，因为平面与平面所成平面角为锐角，所以平面与平面所成平面角的余弦值.22．已知椭圆的右焦点为F，离心率为，直线与椭圆C交于点A，B，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点A关于x轴的对称点为，点P是C上与A，不重合的动点，且直线PA，与x轴分别交于G，H两点，O为坐标原点，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先由椭圆的定义和对称性求出，再由椭圆离心率的定义求出，从而可得到椭圆的标准方程；（2）设出点，的坐标，将两点的坐标代入椭圆方程，作差化简，表示出直线的方程，将点，的坐标表示出来，然后计算的值即可.【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，由椭圆的对称性可得，所以，得，因为椭圆的离心率，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）设，，则，所以，，两式相减得，直线的方程为，取，得，所以，同理可得，所以所以为定值2.【点睛】方法点睛：若要证明一个式子是定值，则意味着参数是不影响结果的，也就是说是可以消去的，因此解决定值问题的关键是设参数：（1）参数可能是点（如果设点的坐标里含有两个参数时，注意点的坐标要满足圆锥曲线方程）.（2）参数可能是角.（3）参数可能是直线的斜率（这是最常用的，但是设斜率时要考虑斜率是否存在）.解决定值问题的常见思路：先设参数，然后用参数来表示要证明为定值的式子，最后消去参数.