2022-2023学年甘肃省兰州市第六十三中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023第一学期兰州市第六十三中学线上期末考试卷

高二数学

一､选择题（每小题4分，共48分）

1. 圆心为且过原点的圆的方程是

A.

B.

C

D.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：设圆的方程为，且圆过原点，即，得，所以圆的方程为.故选D.

考点：圆的一般方程.

2. 已知数列为各项均为正数的等比数列，若，则（）

A. 5 B.  C.  D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列的性质可得，再利用各项均为正数即可求解.

【详解】由等比数列的性质可得：，，

所以可化为，

即，又因为数列为各项均为正数，所以，

故选：.

3. 已知等差数列的前项和为，若

A72 B. 68 C. 54 D. 90

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由题意得，.

考点：等差数列的性质和前项和公式.

4. 过椭圆的左焦点的直线交椭圆于两点，则的周长为（）

A. 20 B. 16 C. 14 D. 12

【答案】A

【解析】

【分析】根据椭圆的定义可得的周长为，从而可求得结果.

【详解】由，得，得，

所以的周长为，

故选：A

5. 是双曲线上一点，是双曲线的两个焦点，且，则（）

A. 1 B. 17 C. 1或17 D. 2或18

【答案】B

【解析】

【分析】利用双曲线的定义即可求解.

【详解】由双曲线方程为可得：，，

因为是双曲线上一点，是双曲线的两个焦点，

由双曲线的定义可知：，又因为，

所以或，由题意可知：，所以，

故选：.

6. 直线经过第一、二、四象限，则a、b、c应满足（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线经过第一、二、四象限判断出即可得到结论.

【详解】由题意可知直线的斜率存在，方程可变形为，

∵直线经过第一、二、四象限，

∴，

∴且．

故选：A.

7. 已知数列的前项和，，则（）

A. 20 B. 17 C. 18 D. 19

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题中条件，由，即可得出结果．

【详解】因为数列的前项和，

所以．

故选：C．

8. 经过圆的圆心C，且与直线垂直的直线方程是（）

A. x＋y＋1＝0 B. x＋y－1＝0 C. x－y＋1＝0 D. x－y－1＝0

【答案】C

【解析】

【详解】圆的圆心C为（-1，0），

而直线与x+y=0垂直，所以待求直线的斜率为1，

设待求直线的方程为y=x+b，

将点C的坐标代入可得b的值为b=1，

故待求的直线的方程为x-y+1=0．

故选 C

9. 已知等差数列的前项和为,则数列的前100项和为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

∵a5＝5，S5＝15，

∴⇒⇒an＝n.

∴＝＝，

S100＝＋＋…＋

＝1－＝.

10. 经过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意设出双曲线的方程，然后代入点的坐标求解出方程中的参数，由此求解出双曲线的方程.

【详解】设满足题意的双曲线方程为，

代入，所以，所以，

所以双曲线方程为：，即，

故选：B.

11. （2016新课标全国Ⅱ理科）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为

A.  B.

C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由已知可得，故选A.

考点：1、双曲线及其方程；2、双曲线的离心率.

【方法点晴】本题考查双曲线及其方程、双曲线的离心率.，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 由已知可得，利用双曲线的定义和双曲线的通径公式，可以降低计算量，提高解题速度.

12. 一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）

A. 或 B. 或 C. 或 D. 或

【答案】D

【解析】

【详解】由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点，设反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线方程为：，即：.

又因为光线与圆相切，所以，,

整理：，解得：，或,故选D．

考点：1、圆的标准方程；2、直线的方程；3、直线与圆的位置关系.

二､填空题（每小题4分，共20分）

13. 在等差数列中，已知，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】方法一：根据等差数列的性质即可求解.

方法二：根据等数列的定义得出公差，代入等差数列的通项公式即可求解.

【详解】方法一：由等差数列的性质可得：，所以，

又因为，所以，

故答案为：.

方法二：因为在等差数列中，已知，所以公差，则，

故答案为：.

14. 双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角是___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先根据双曲线的离心率得到渐近线方程为，再求渐近线的夹角即可.

【详解】因为双曲线的离心率为，

所以双曲线为等轴双曲线，渐近线方程为.

因为与的夹角为，

所以双曲线的两条渐近线的夹角是.

故答案：

15. 等比数列的各项均为正数，且，则_____.

【答案】.

【解析】

【详解】试题分析：由题意知，且数列的各项均为正数，所以，

，

．

考点：1．考查等比数列的基本性质；2．对数的基本运算．

16. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】先根据两圆位置关系得动圆圆心到两已知圆心距离和为定值，再由椭圆的定义求解，

【详解】圆的圆心为，，

圆的圆心为，，

设动圆的圆心为，半径为，

由题意得，，则，，

由椭圆定义得的轨迹方程为，

故答案为：

17. 已知双曲线一个焦点到一条渐近线的距离为（为双曲线的半焦距），则双曲线的离心率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据点到直线的距离公式可得：双曲线一个焦点到一条渐近线的距离，根据题意可得：，再利用即可求出离心率.

【详解】不妨设右焦点，双曲线的渐近线方程为：，由点到直线的距离公式可得：焦点到渐近线的距离，

根据题意则有，又因为，所以，则，

故答案为：.

三､解答题

18. 记为等差数列的前项和，已知，．

（1）求的通项公式；

（2）求，并求的最小值．

【答案】（1）；（2），最小值为–16．

【解析】

【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；

（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出.

【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】公式法

设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以．

[方法二]：函数+待定系数法

设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以．

（2）[方法1]：邻项变号法

由可得．当，即，解得，所以的最小值为，

所以的最小值为．

[方法2]：函数法

由题意知，即，

所以的最小值为，所以的最小值为．

【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解；

方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；

（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值；

方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值．

19. 已知圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦

（1）当时，求弦长；

（2）当弦被点平分时，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求出直线的斜率，表示出的方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再由半径，利用垂径定理及勾股定理求出弦的长即可；

（2）根据为弦的中点，得出垂直于，根据直线的斜率求出直线的斜率，即可确定出直线的方程．

【详解】解：圆的方程可化为：，

则，半径，

当时，直线的斜率为1，

则直线方程为，

则圆心到直线的距离，

所以弦长；

（2）设直线的斜率为，根据条件可知，

则，

所以，

则直线的方程为，

即．

【点睛】本题考查直线与圆相交的性质，涉及的知识有：直线的斜率与倾斜角之间的关系，直线的点斜式方程，点到直线的距离公式，垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键．

20. 设椭圆的一个顶点为分别是椭圆的左､右焦点，离心率，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在直线，使得，若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）

（2）存在，或

【解析】

【分析】(1)椭圆的顶点为，即，椭圆的离心率，，即可求得椭圆的方程；

(2)由题意知，当直线斜率不存在时，经检验不合题意，当直线斜率存在时，设存在直线为，代入椭圆方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得，由，代入即可求得的值，求得直线的方程.

【小问1详解】

椭圆焦点在轴上，

一个顶点为，则，椭圆的离心率

，解得，

椭圆的方程为.

【小问2详解】

由题可知，直线与椭圆必相交.

当直线斜率不存在时，经检验不合题意.

当直线斜率存在时，设存在直线为，

且，.由，

整理得：，

，，

，

，

由，即，

解得：.

故直线的方程为或，

即或.