2022-2023学年广东省广州市海珠外国语实验中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市海珠外国语实验中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A．30° B．45° C．120° D．150°

【答案】A

【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.

【详解】∵

∴

∴

又∵

∴

故选：A.

2．已知空间向量，且，则x=（    ）

A． B．3 C． D．6

【答案】C

【分析】利用向量平行列方程直接求得.

【详解】因为空间向量，且，

所以，解得：.

故选：C

3．在数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】根据数列的递推式，计算数列的项，可推得数列为周期性数列，利用其周期即可求得答案.

【详解】由题意可得，，∴，，

，,

∴该数列是周期数列，周期,

又 ，∴ ，

故选：B ．

4．已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，从而可求出点P到直线的距离的最大值和最小值，进而可求出面积的取值范围.

【详解】解：由题意，，，则，

圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离，

圆上的点P到直线的最小距离为，最大距离为

面积的最小值为，最大值为

面积的取值范围是

故选：B

5．四棱柱的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】D

【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.

【详解】因为，，

所以，，，

因为，

所以

，

所以，即线段的长度是.

故选：D.

6．已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】∵，

∴，

∴，

∴

，

故选：B

7．如图，把椭圆绕短轴旋转形成的几何体称为“扁椭球”，其中a称为扁椭球长半径，b称为扁椭球短半径，称为扁椭球的“扁率”.假设一扁椭球的短半径为，且一棱长为1的正方体内接于扁椭球（即正方体的8个顶点都在扁椭球球面上），则此扁椭球的扁率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据旋转体特性可知“扁椭球”每一个水平切面都是圆形，根据内接正方形与圆得关系求出一组代入椭圆方程即可求出a，最后得出答案.

【详解】由题可知“扁椭球”每一个水平切面都是圆形，所以正方体上方正方形与所在圆面内接，因为正方体棱长为1，所在圆半径为

根据图像的对称性可知，正方体上方正方形所在位置，，将其代入椭圆方程得，解得，

故选：B

8．点，是曲线C：的左右焦点，过作互相垂直的两条直线分别与曲线交于A，B和C，D；线段AB，CD的中点分别为M，N，直线与x轴垂直且点G在C上.若以G为圆心的圆与直线MN恒有公共点，则圆面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】讨论斜率，斜率存在时设、联立曲线C，应用韦达定理求线段AB，CD的中点坐标，进而确定的方程，可得过定点，若以G为圆心的圆半径为，只需保证可满足圆与直线恒有公共点，即得面积最小值.

【详解】当直线斜率均存在时，令且，则，

联立与曲线C并整理得：，

且，则，

所以，故，

联立与曲线C并整理得：，

同理，，，可得，

直线，故过定点，

当直线中一条的斜率不存在时，令，则，

所以，，故过，

而，要使以G为圆心的圆与直线MN恒有公共点，且圆面积最小，

若圆的半径为，只需恒成立，故圆最小面积为.

故选：B

【点睛】关键点点睛：讨论直线斜率，设直线方程联立曲线方程，结合韦达定理求线段中点坐标，进而确定的方程，得到过定点，根据恒有公共点有圆半径为，只需保证恒成立即可.

二、多选题

9．已知是等比数列的前n项和，，，成等差数列，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据题意，分情况进行讨论，然后利用等差中项的性质即可求解.

【详解】若公比有，，，

此时，故公比，

由题意，

化简有，两边同时乘以，可得：；

两边同时乘以，可得：

故有或，

选选：AB.

10．已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．的周长为10 B．面积的最大值为

C．的最小值为1 D．椭圆C的焦距为6

【答案】AB

【分析】根据椭圆的方程求出，再结合椭圆定义与椭圆的几何性质即可分别判断正误求解.

【详解】∵椭圆C方程为：，

的周长为，∴A正确；

∴△PF1F2面积的最大值为，此时位于短轴的端点，∴B正确；

在椭圆的左顶点时，|PF1|的最小值为a－c＝1，又P为椭圆C上异于长轴端点的动点，∴C错误；

椭圆C的焦距为2c＝4，∴D错误.

故选：AB.

11．已知三棱锥的底面是正三角形，则下列各选项正确的是（    ）

A．与平面所成角的最大值为

B．与平面所成角的最小值为

C．若平面平面，则二面角的最小值为

D．若、都不小于，则二面角为锐二面角

【答案】AC

【分析】利用线面角的定义可判断AB选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.

【详解】对于A选项，设点在平面内的射影点为，取的中点，连接、、、，

设等边的边长为，则，

平面，所以，直线与平面所成角为，

平面，平面，则，

为等边三角形，为的中点，则，

，平面，平面，，

所以，二面角的平面角为，，

所以，，

则，

即当平面平面时，取得最大值，A对；

对于B选项，由A选项可知，与平面所成角的最大值为，B错；

对于C选项，取的中点，过点在平面内作，垂足为点，

连接、，则，

为等边三角形，为的中点，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

平面，平面，，

，，平面，平面，，

所以，二面角的平面角为，

平面，平面，，

因为，

所以，，当且仅当时，等号成立，

故当平面平面时，则二面角的最小值为，C对；

对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，

过点在平面内作，垂足为点，则二面角的平面角为，

设，，，，

，

，

取，则，此时为钝角，

即二面角为钝二面角，D错.

故选：AC.

【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：

（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：

①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；

（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.

12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（    ）

A．曲线C围成的图形有4条对称轴

B．曲线C围成的图形的周长是

C．曲线C上的任意两点间的距离不超过5

D．若是曲线C上任意一点，的最小值是

【答案】ABD

【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.

【详解】，

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆.

曲线的图像如下图所示：

对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；

对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；

对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；

对于D，圆心到直线的距离为，

到直线的距离，

若使最小，则有，

所以，得，D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．双曲线，写出一个与双曲线有共同的渐近线但离心率不同的双曲线方程______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据有共同渐近线的双曲线方程的性质进行求解即可.

【详解】与双曲线有共同的渐近线的双曲线方程可设为，

当时，得到双曲线方程为，显然该双曲线与双曲线有共同的渐近线但离心率不同，

故答案为：

14．在直三棱柱中，，，，，，则异面直线与夹角的余弦值为______．

【答案】

【分析】根据条件，可建立空间直角坐标系，得出与的坐标，利用向量法解决.

【详解】

由已知可得，两两垂直，可如图建立空间直角坐标系.

则，，，，，

由可得，，

则，

，，，，

所以，.

所以，异面直线与夹角的余弦值为.

故答案为：.

15．已知数列的各项均为正数，，，则数列前10项的和为___________.

【答案】

【分析】运用因式分解法，结合等比数列的定义、裂项相消法进行求解即可.

【详解】由，或，

当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，这不符合数列的各项均为正数；

当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，又，

所以，

因为，

所以前10项的和为，

故答案为：

16．在平面直角坐标系中，已知圆与x轴交于A､B（点A在点B的左侧），圆C的弦过点，分别过E､F作圆C的切线，交点为P，则线段的最小值为___________.

【答案】

【分析】设，根据切线的垂直关系，可得在以为为直径的圆上，求出的方程，将代入，求出点轨迹方程，转化为点到直线的距离，即可求出结论.

【详解】，圆心，

令或，点在点的左侧，

，设，为圆的切线，

，在以为直径的圆上，

其方程为，

即，

直线为圆:与以为直径的圆的相交弦，

直线方程为，

弦过点，

点的轨迹为直线，其方程为，

线段最小值为点到直线的距离为.

故答案为:.

四、解答题

17．数列中，，，为的前项和.

（1）若，求；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由题意可知数列是首项为3，公比为3的等比数列，根据等比数列的前项和公式求；

（2）由（1）可知，代入后，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）由得数列是首项，公比的等比数列；

由得.

得，解得.

所以的值为.

（2）由（1）知数列是首项，公比的等比数列.

可得

.

所以，数列的前项和.

【点睛】本小题主要考查等比数列的定义、通项公式、数列求和等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查化归与转化思想，体现综合性与应用性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.

18．已知圆内有一点，直线过点P且和圆C交于A，B两点，直线l的倾斜角为.

（1）当时，求的长；

（2）当弦被点P平分时，求直线l的方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据题意先求出直线l方程，再求圆心到直线l的距离，

再结合垂径定理利用弦长公式即可得解；

（2）根据垂径定理，弦被点P平分，则，先求可得，再利用点斜式即可得解.

【详解】（1）当时，直线l的方程为：即，

圆心到，直线l的距离，

所以.

（2）当弦被平分时，，

∵，∴，

∴直线l的方程为：，即.

19．如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；

（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．

【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．

连结．

因为，所以为等腰直角三角形，

且 ，由知．

由知，平面．

（2）［方法一］：【通性通法】向量法

如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．

由已知得

取平面的法向量．

设，则．

设平面的法向量为．

由得 ，

可取

所以 ．由已知得 ．

所以 ．解得(舍去)， ．

所以 ．

又 ，所以 ．

所以与平面所成角的正弦值为．

［方法二］：三垂线＋等积法

由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．

设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．

［方法三］：三垂线＋线面角定义法

由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．

在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．

由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．

设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．

［方法四］：【最优解】定义法

如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．

联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．

【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；

方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；

方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；

方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．

20．双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，点，过的直线与双曲线交于，两点

(1)求双曲线的方程

(2)若，两点均在轴左侧，求直线的斜率的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据渐近线方程为，焦距为，可得，再由即可求出的值，从而可得双曲线方程；

(2) 直线的方程为，联立双曲线方程可得，由可得，设，由题意可得，结合韦达定理即可求解出的取值范围．

【详解】（1）解：因为双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，

所以，解得，

所以双曲线方程为：；

（2）解：由题意可知直线的斜率存在，

设直线的方程为，

由，可得，

，

所以，即，

设，

因为，两点均在轴左侧，

所以，

所以，可得，

解得，

又因为，

所以，

所以.

21．某企业2021年年初有资金5千万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到．每年年底扣除下一年的消费基金1.5千万元后，剩余资金投入再生产．设从2021年的年底起，每年年底企业扣除消费基金后的剩余资金依次为，，，…．

(1)写出，，，并证明数列是等比数列；

(2)至少到哪一年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元？

（lg

【答案】(1)，，，证明见解析

(2)至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元

【分析】（1）由题意可知，，，，再结合等比数列的性质，即可求解．

（2）由（1）知，，则，令，再结合对数函数运算，即可求解．

【详解】（1）依题意知，，

，

,

,

所以,

又，

所以是首项为3，公比为1.5的等比数列.

（2）由（1）知，，所以

令，解得，

所以，

所以至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元．

22．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为．点P是椭圆E上的一个动点，且P在第一象限．记的面积为S，当时，．

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和．求证：存在常数λ，使得成立．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；

（2）设，，，解方程组求出的值，再求出即得证.

【详解】（1）由题得. 所以当时，.

由已知得，且，，

所以，从而，所以椭圆E的方程为.

（2）根据椭圆的对称性，可设，，，

则即，

因为，直线PM与直线PN的斜率均不为零，

所以设直线PM的方程为（其中

直线PN的方程为（其中，

联立，得，所以，

所以，所以，

由，得，所以

所以，所以，

所以，

所以

即存在常数，使得成立．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.