2022-2023学年广东省梅州市高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省梅州市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知直线经过点与点，则直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知可得斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系即可求出答案.

【详解】设直线的斜率为，倾斜角为.

根据斜率的定义可得，

由可得，，

又，所以.

故选：D.

2．已知向量，，若，则（    ）

A．1 B． C．0 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量垂直的坐标表示列出方程，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，，所以，解得.

故选：B.

3．67是等差数列3，11，19，27，…的第（    ）项

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】D

【分析】由已知得出通项公式，然后解，即可得出答案.

【详解】由已知可得，数列的首项为，公差.

所以，通项公式.

由可得，，解得.

故选：D.

4．已知双曲线的两个焦点分别为、，点为双曲线上一点，，离心率为3，则双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的定义以及离心率，即可求出的值.

【详解】根据双曲线的定义可知，，所以.

又双曲线的离心率为3，所以，所以，.

所以，双曲线的方程为.

故选：A.

5．某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为图2所示的抛物线形，在轴面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点处，已知卫星接收天线的口径（直径）为，深度为，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线的焦点到顶点的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立适当直角坐标系，设出抛物线方程，代入点的坐标，即可求出答案.

【详解】

如图，设口径的轴截面为.

以点为坐标原点，以的垂直平分线为轴，过点作的平行线为轴，建立平面直角坐标系.

则由已知可设抛物线的方程为，点坐标为，

将点坐标代入抛物线方程可得，解得.

所以抛物线的焦点到顶点的距离为.

故选：D.

6．已知点关于平面的对称点为，而点关于轴的对称点为，则（    ）

A． B． C． D．8

【答案】B

【分析】由对称性分别求出B、C，则有，即可求得

【详解】由题意，则，

故，.

故选：B

7．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个正整数为，当时，符合条件的所有的个数为（    ）

A．12 B．13 C．24 D．25

【答案】B

【分析】设，推导出，检验得到只有当时，，满足，求出，满足要求的为公差为15的等差数列，列出不等式组，求出的个数，即满足条件的所有的个数

【详解】设，则，

当时，，不满足，

当时，，不满足，

当时，，满足，

当时，，不满足，

当时，，不满足，

综上：，即满足要求的为公差为15的等差数列，

令，解得：，

因为，故满足要求的为，共13个，

故满足要求的的个数为13个.

故选：B

8．已知是椭圆的一个焦点，若椭圆上存在关于原点对称的，两点满足，则椭圆离心率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，，.由已知可得.进而根据椭圆的方程消去，得到.然后根据椭圆的范围，即可求出，进而求出答案.

【详解】设，，.

则，，

由已知可得，，即，

整理可得.

因为，所以，

所以，

又由题意可得，所以.

又，所以，

所以，即，所以.

故选：C.

二、多选题

9．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的方程可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】分别根据各项双曲线的方程，求出渐近线方程，即可得出答案.

【详解】对于A项，的渐近线方程为，故A项错误；

对于B项，的渐近线方程为，故B项正确；

对于C项，的渐近线方程为，故C项正确；

对于D项，的渐近线方程为，故D项错误.

故选：BC.

10．已知圆，圆，则（    ）

A．两圆可能外离 B．两圆可能相交

C．两圆可能内切 D．两圆可能内含

【答案】ABC

【分析】根据圆心距与半径之和，半径之差之间的关系，结合已知条件，即可分析判断.

【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，

则，，

当即时，，两圆外离；

当即时，，两圆相交；

当即时，，两圆内切；

当即时，，两圆外切；

综上所述，两圆可以外离，可以内切，可以相交，可以外切，不能内含.

故选：ABC.

11．将数列中的所有项排成如下数阵：

……

已知从第二行开始每一行比上一行多三项，第一列数成等差数列，且，.从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，第行中从左至右第个数记为，第行的所有项之和记为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据等差数列的定义即可求出首项、公差，得出通项公式，即可判断A项；由A项结果，可求出，然后根据等比数列的通项公式即可求出的值；求出各行的项数，即可得出前8行的项数总和为，即可判断C项；根据A项和C项得出的结论，可求出等比数列的首项、公比以及项数，然后根据等比数列的前项和求出，即可得出D项.

【详解】对于A项，设等差数列的公差为.

由已知，，即，

所以，.所以，故A项正确；

对于B项，由A可知，.所以，故B项错误；

对于C项，设表示第行项的个数.

则是以为首项，公差的等差数列，

所以，

则前行的项数总和为.

所以，前8行的项数总和为.

所以，，故C项错误；

对于D项，由A知，.由C知，第行的项数为.

则第行的所有项构成了以为首项，公比为的等比数列.

所以，故D项正确.

故选：AD.

12．如图，棱长为2的正方体中，点是底面上的动点，，下列结论正确的有（    ）

A．当时，则三棱锥的体积为定值

B．当时，与平面所成角的正弦最小值为

C．当时，有且仅有一个点，使得

D．若与的夹角等于，则动点的轨迹是双曲线的一部分

【答案】AD

【分析】A. 当时，点在线段上运动，点到平面的距离是一个定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；B. 当时，设分别是的中点，点在线段上运动，与平面所成角的正弦最小值为,所以该选项错误；C. 建立以点为原点的空间的直角坐标系，假设存在点，使得，解方程可判断该选项错误；D.设由题得，所以动点的轨迹是双曲线的一部分，所以该选项正确.

【详解】解：A. 当时，点在线段上运动，因为平面，平面，所以平面，所以点到平面等于到平面的距离，而到平面的距离是一个定值，的面积是一个定值，所以三棱锥的体积为定值，所以该选项正确；

B. 当时，设分别是的中点，点在线段上运动，就是与平面所成角，最小，则最小，最大，此时点在处，此时，所以该选项错误；

C. 如图所示，建立以点为原点的空间的直角坐标系，设分别是的中点，则点在线段上运动，,所以，所以或，因为，所以方程无解，所以不存在点，使得，所以该选项错误；

D.如上图，设,所以, 由题得，所以，

所以动点的轨迹是双曲线的一部分，所以该选项正确.

故选：AD

三、填空题

13．已知直线的方程为，直线的方程为，若，则______.

【答案】

【分析】解方程即得解.

【详解】因为，所以.

经检验，满足题意.

故答案为：

14．已知椭圆的左、右焦点分别为点、，若椭圆上顶点为点，且为等腰直角三角形，则______.

【答案】8

【分析】根据为等腰直角三角形得到，代入计算得到答案.

【详解】椭圆，故，为等腰直角三角形，故，

故，即，.

故答案为：

15．如图，两个正方形，的边长都是3，且二面角为，为对角线靠近点的三等分点，为对角线的中点，则线段______.

【答案】

【分析】由已知可得.进而表示出，即可根据数量积的运算性质求出，进而即可求出答案.

【详解】由已知可得，，，所以即为二面角的平面角，即.

因为，为对角线的中点，所以.

因为为对角线靠近点的三等分点，所以，

所以.

所以，

所以.

所以，

所以线段.

故答案为：.

16．已知中，，且，则的最大值为______.

【答案】

【分析】利用基本不等式结合余弦定理可求得的取值范围，可得出的取值范围， 进而可求得的最大值.

【详解】由余弦定理可得，

当且仅当，等号成立，

因为，则，故.

即的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列是等比数列，且，.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设，根据已知可求出，即可得出答案；

（2）分组求解，分别根据等差数列以及等比数列的前项和即可得出答案.

【详解】（1）设，则为等比数列.

则由已知可得，，，所以，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以.

所以，所以.

（2）.

18．已知圆的圆心在直线上，且圆经过原点和点

(1)求圆的标准方程；

(2)若圆被斜率为1的直线截得的弦长为2，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）由已知可推得圆心在的中垂线上，联立即可求出圆心坐标，求出半径，即可得出答案；

（2）设直线的方程为，根据已知列出方程，求出即可.

【详解】（1）因为圆经过原点和点，所以圆心在的中垂线上，

又因为圆心在直线上，

联立方程：，解得：，

则半径，

所以圆的方程为.

（2）依题意可设直线的方程为.

由垂径定理和勾股定理可知，圆心到直线的距离，

而圆心到直线的距离，

即有：，

解得：，

所以直线的方程为或.

19．已知动点与点的距离与其到直线的距离相等.

(1)求动点的轨迹方程；

(2)求点与点的距离的最小值，并指出此时的坐标.

【答案】(1)；

(2)，或

【分析】（1）利用抛物线的定义得解；

（2）设，求出即得解.

【详解】（1）解：由题意知动点到的距离与它到直线的距离相等，

所以动点的轨迹为以为焦点、以直线为准线的抛物线，

因此动点的轨迹方程为.

（2）解：设，

由两点间的距离公式得：，

当，即时，，

即当或时，点与点的距离最小，最小值为.

20．如图，直角梯形中，，，，点为的中点，沿着翻折至，点为的中点，点在线段上.

(1)证明：平面；

(2)若平面平面，平面与平面的夹角为，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据已知可证得平面，进而得出.然后证明，根据线面垂直的判定定理即可得出；

（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，.写出各点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据，得出方程，即可求出的值，进而得出答案.

【详解】（1）由题意可得，，.

因为，平面，平面，

所以平面.

因为平面，所以.

因为，所以.

因为，为的中点，

所以.

因为，平面，平面，

所以平面.

（2）因为平面平面，平面平面，

，平面，

所以平面.

以点为坐标原点，以，，分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系，不妨设，设，

则，，，，，.

设是平面的一个法向量，，，

则，

令，得平面的一个法向量.

设是平面的一个法向量，，，

则，

取，可求得平面的一个法向量为.

由题意可得，解得.

所以的值为.

21．市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为.

(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息.

(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：.

(3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由.

【答案】(1)451500元；

(2)小张该笔贷款能够获批；

(3)建议小张选择等额本息的还款方式，理由见解析.

【分析】（1）等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，求出即得解；

（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，求出即得解；

（3）从节省利息的角度来考虑，从前几年付款压力大小的角度来考虑，即得解.

【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，，

则，

故小张的该笔贷款的总利息为（元）.

（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，

则，

所以，

即，

因为，

所以小张该笔贷款能够获批.

（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），

因为，

所以从节省利息的角度来考虑，建议小张选择等额本金的还款方式.

也可以回答：

因为以等额本息方案，每月还款只需要均还4298元，

而以等额本金在前面的10年内还款金额都比这个金额高，

，

对于小张可能会造成更大的还款压力，

因此从前几年付款压力大小的角度来考虑，建议小张选择等额本息的还款方式.

22．已知点是圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足，当点运动时，设点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)证明：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线恒有两个交点、，且（为坐标原点），并求出该圆的方程.

【答案】(1)；

(2)证明见解析，.

【分析】（1）设，，.根据，得出坐标关系，代入圆的方程，整理即可得出；

（2）切线斜率存在时，设方程为.与椭圆方程联立，根据韦达定理得出坐标关系.结合，即可得出关系式，得到两个参数之间的关系.然后求出半径即可；验证斜率不存在时，求出点的坐标，也满足题意.

【详解】（1）由题意设，，.

因为点满足，所以

所以，于是：，

因为点在圆上，所以，

所以，整理可得.

所以动点的轨迹曲线为：.

（2）（i）当切线的斜率存在时，设圆心在原点的圆的一条切线为，

联立方程组：，消去得：，

即.

要使切线与曲线恒有两个交点，，

则使，

即，即，且，

.

因为，所以，则，

即，

所以，即且，即，该式恒成立.

又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，

所以圆的半径为，，

所以所求圆的方程为：；

（ii）当切线的斜率不存在时，切线为，

与交于点或，也满足.

综上，存在圆心在原点的圆，满足题意.

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题时，若题干中出现垂直关系，常联立方程，根据韦达定理得出坐标关系，然后根据数量积为0，得出关系式.