2022-2023学年河北省定州市高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省定州市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．抛物线的焦点坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标

【详解】解：由，得，

所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且，

所以，，

所以焦点坐标为，

故选：D

2．“”是“直线和直线垂直”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】根据两直线垂直与斜率之间的关系求解即可.

【详解】当时，两条直线的方程为和，

斜率分别为，则，所以两直线垂直，

当直线和直线垂直时，，解得，

所以“”是“直线和直线垂直”的充要条件，

故选:C.

3．数列满足，且，则的值为（    ）

A．2 B．1 C． D．-1

【答案】D

【分析】根据数列的递推关系式，求得数列的周期性，结合周期性得到，即可求解.

【详解】解：由题意，数列满足，且，

可得，

可得数列是以三项为周期的周期数列，

所以.

故选：D.

4．圆关于直线对称的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求圆心关于直线对称得到的圆心，列方程组可求解，从而可确定对称圆的方程.

【详解】设圆的圆心

关于直线对称的点为，

则有整理得解得，

因为关于直线对称的两个圆半径相等，所以所求圆的半径为2，

所以所求圆方程为，

故选:C.

5．2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫．倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5寸，问大雪、寒露的日影长之和为（    ）

A．21寸 B．20.5寸 C．20寸 D．19.5寸

【答案】A

【分析】由题意可得日影长可构成等差数列，且可求出，从而可求出大雪、寒露的日影长之和为.

【详解】因为从冬至到夏至的日影长等量减少，

所以日影长可构成等差数列，

因为冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5，

所以，则，得，

所以大雪、寒露的日影长之和为（寸），

故选：A

6．在以下命题中：

①三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则，，共面；

②若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线；

③对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面

④若，是两个不共线的向量，且，则构成空间的一个基底

⑤若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】直接利用空间基底，共面向量，共线向量的基础知识的应用求出结果．

【详解】空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底.

①根据空间基底的定义，三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则，，共面；故命题①正确．

②由空间基底的定义，若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线，若，不共线，则，共面，一定有向量与，不共面；故命题②正确．

③对空间任意一点和不共线的三点，，，当时，若，，，四点共面，则，，，，方程组无解，故，，，四点不共面；故命题③错误．

④若，是两个不共线的向量，且，则向量与，构成共面向量，不能构成空间的一个基底；故命题④错误．

⑤利用反证法：若不能构成空间的一个基底，则这三个向量共面，

设，当，与共线，当，得，都有共面，由于为空间的一个基底，得出矛盾，所以能够成空间的一个基底，故命题⑤正确．

真命题有3个.

故选：D

7．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足，面ABC，⊥，若，则该“鞠”的体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出辅助线，找到球心的位置，得到PB为球的直径，推导出要想该“鞠”的体积最小，只需AB最小，由得到，结合基本不等式，求出最小值，从而得到直径最小值，求出体积最小值.

【详解】因为，面ABC，⊥，

故AB为三角形ABC所在小圆的直径，取AB中点，过作，交BP于点O，则O即为球心，PB为球的直径，

要想该“鞠”的体积最小，只需PB最小，由于，

故只需AB最小，其中，

故，

解得：，

由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，

故最小值为2，此时直径最小值为，

所以该“鞠”的体积最小值为.

故选：B

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.

8．如图，，分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线与圆在第二象限的一个交点，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接,设,设 ，由题意推得，可得，根据,可得，在在中，由余弦定理推得，从而求得 ，可得，进而求得双曲线离心率.

【详解】由题意知，连接,设,设 ，

由双曲线的定义可得，

点是双曲线与圆在第二象限的一个交点，

可得 ，则 ，即，

在 中， ，

由 ,则 ，由双曲线的定义可得 ,

因为，故，所以，

在中， ，

由余弦定理可得：,

即，所以，

结合，可得 ，

所以，故

所以双曲线的离心率为，则，

故选；D

【点睛】方法点睛：求解双曲线的离心率问题，一般是要推出之间的关系式，即可求得离心率，本题中，结合题意连接,设,设，利用图形的几何性质，结合余弦定理，逐步求得 ，则问题得解.

9．如果，，那么直线经过（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】分，两种情况，得到直线所过象限，得到答案.

【详解】，，若，则经过第一、二、三象限；

若，则经过第二、三、四象限，

综上：直线一定经过第二象限.

故选：B

二、多选题

10．等差数列的前项和为，若，公差，则（    ）

A．若，则 B．若，则是中最大的项

C．若，则 D．若，则

【答案】ABD

【分析】根据可推得，利用等差数列的性质以及前n项和公式，可判断A；由可推出，进而判断 ，则 ，即可判断B；由可得，，，无法判断的正负，可判断C；由推出，，则，由此判断D.

【详解】由，得 ，

所以，

则 ，A正确；

因为，

所以，即，

因为，，

所以 ，则 ，等差数列为递减数列，

则则是中最大的项，B正确；

若，则，即 ，

因为，，则，故，无法判断的正负，

故，不能判断，C错误；

因为，所以，

因为，，所以，则，

则，D正确，

故选：

11．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）

A．两条异面直线和所成的角为 B．直线与平面所成的角等于

C．点D到面的距离为 D．三棱柱外接球半径为

【答案】ABD

【分析】证明，求出即可判断A项；可证平面，则直线与平面所成的角为，即可判断B项；根据等体积转换，即可求点D到面的距离，进而判断C项；三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可判断D项．

【详解】对于A项，如图1，连接、

因为∥且，则四边形为平行四边形，，

所以异面直线和所成的角的大小即等于直线和所成的角∠的大小.

又，则为正三角形，即∠，故A正确；

对于B项，如图2，连接.在正方形中，.

因为平面，平面，所以.

又，平面，平面，

所以平面.

所以，直线与平面所成的角为，故B正确；

对于C项，如图1，设点D到面的距离为.因为为正三角形，所以.又..根据等体积转换可知：，即，即，所以，故C项错误；

对于D项，三棱柱的外接球即为正方体的外接球，

则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即，故D项正确.

故选：ABD．

12．1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章，人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律．卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为，，下列结论正确的（    ）

A．卫星向径的取值范围是

B．卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间

C．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小

D．卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越圆

【答案】ABC

【分析】根据椭圆的定义以及几何性质，结合题意依次判断每个选项，可得答案.

【详解】A选项：根据椭圆的定义可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离，

所以最小值为 ，最大值为 ，所以A正确；

B选项：因为运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，

所以卫星运行速度在近地点时向径越小，在远地点时向径越大，

卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间，内扫过的面积相等，

则向径越大，速度越小，卫星在左半椭圆弧运动时向径大于在右半椭圆弧运动时的向径，

所以卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，故B正确；

C选项︰因为卫星运行速度是变化的，所以卫星运行速度在近地点时向径越小，

在远地点时向径越大，卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等，

根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速度最大，

在远地点时向径最大，故速度最小，故C正确；

D选项：设e为椭圆得离心率，卫星向径的最小值与最大值的比值越小，

即越小，则e越大，椭圆越扁，故D不正确，

故选： ．

三、填空题

13．在三棱锥中，两两垂直，，，，D是的中点，为的中点，则与平面所成的角的正切值为___________．

【答案】1

【分析】利用空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，求线面夹角的正弦值即可求解.

【详解】

因为两两垂直，所以以为轴建系如图，

所以

因为平面，

所以为平面的一个法向量，

设与平面所成的角为，

所以，

因为，所以，所以，

故答案为:1.

14．数列中，若，，则___________．

【答案】

【分析】利用累乘法求得的通项公式即可求解.

【详解】由可得，

所以,

所以，

因为，所以，所以，

故答案为:.

15．已知椭圆的左焦点为，是上关于原点对称的两点，且，则三角形的周长为___________．

【答案】18

【分析】设椭圆右焦点为,连接，根据椭圆的对称性可得，由可得，结合椭圆定义，即可求得答案。

【详解】由题意的半长轴，半焦距 ，

如图示，设椭圆右焦点为,连接，

由于是上关于原点对称的两点，则，

因为，O为的中点，故 ，

而，

故三角形的周长为,

故答案为：18

16．已知函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数k的取值范围是__________．

【答案】

【分析】变形后得到表示的图象为以为圆心，1为半径的上半圆，则关于直线的对称图象也是一个半圆，圆心为，半径1，画出图象，数形结合得到当直线斜率位于直线与直线之间（含，不含）时，满足要求，求出，得到不等式，求出实数k的取值范围.

【详解】，变形得到，

故表示的图象为以为圆心，1为半径的上半圆，

则关于直线的对称图象也是一个半圆，圆心为，半径为1，且该圆与轴交于两点，

如图所示：直线恒过点，

设直线与半圆相切时，切点为，

故当直线斜率位于直线与直线之间（含，不含）时，满足函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，

其中，设直线，则，

解得：或0（舍去），

故，解得：，

实数k的取值范围是.

故答案为：

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且，，设数列的前项和为．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，数列的前项和为．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）求得数列的公差，由此求得.利用求得；

（2）由（1）可求得，写出与，作差化简即可求得.

【详解】（1）解：设等差数列的公差为.

由已知可得，解得，

所以.

由，令得，

当时，，两式相减得，

显然也符合上式，

所以.

（2）解：由（1）知.

，

，

两式作差得：，

所以，.

18．已知的顶点，边上的高所在的直线方程为．

(1)求直线的方程；

(2)在两个条件中任选一个，补充在下面问题中．

①角A的平分线所在直线方程为

②BC边上的中线所在的直线方程为

______，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据边上的高所在的直线方程，可求得直线的斜率，可得答案；

（2）选①，先求出点A坐标，再求得点B关于角A的平分线的对称点坐标，该对称点一定在直线上，由此可求得直线的方程；

选②，联立方程，先求出点A坐标，根据BC边上的中线所在的直线方程，求出点C坐标满足，联立方程求出C点坐标，即可求得直线的方程.

【详解】（1）因为边上的高所在的直线方程为，

所以直线的斜率为 ，

又因为 的顶点，

所以直线的方程为：，即 ；

（2）若选①，角A的平分线所在直线方程为，

由，解得，所以点A坐标为 ，

设点B关于的对称点为，

则，解得，

即坐标为，

又点在直线上，所以，

所以直线的方程为，即.

若选②：边上的中线所在的直线方程为，

由，解得 ，所以点 ，

设点 ，则的中点在直线上，

所以 ，

即，所以点C在直线上，

又点C在直线上，联立 ，

解得，即得，

所以，所以直线的方程为，

即直线的方程为 .

19．已知圆与圆

(1)求证：圆与圆相交；

(2)求两圆公共弦所在直线的方程；

(3)求经过两圆交点，且圆心在直线上的圆的方程．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据圆与圆圆心距与两半径关系证明；

（2）两圆相交，两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程；

（3）设出经过两圆交点的圆系方程，圆心坐标代入所在直线即可求解.

【详解】（1）圆，圆心坐标为，半径，

圆化成标准方程为，圆心坐标为，半径，

圆心距，，所以圆与圆相交.

（2）两圆方程相减，得，所以两圆公共弦所在直线的方程为.

（3）设所求圆的方程为，即，圆心坐标为，代入直线可得，解得，所求圆的方程为

20．已知数列的前项和为，，．

(1)求数列的通项公式和前项和；

(2)设,数列的前项和记为，证明：

【答案】(1) ，；.

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据数列递推式，可得，两式相减推出，即可发现数列规律，可得数列通项公式，继而分n为奇数和偶数，讨论求得；

（2）利用（1）的结论，求出的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案.

【详解】（1）由 ，得,

两式相减可得，即 ，

因为，则，

数列为，

即 ，；

当n为偶数时，,

当n为奇数时， ,

故 .

（2）由 ,

得 ，

 所以 .

21．如图，直三棱柱的体积为4，点，分别为，的中点，的面积为．

(1)求点A到平面的距离；

(2)，平面平面，求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）利用三棱锥体积公式，根据三棱锥的等体积法，即可求得答案.

（2）根据题意证明两两垂直，求得相关线段的长，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，求得答案.

【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，

点为的中点，所以,

而直三棱柱的体积为4，

所以三棱锥的体积为,

又的面积为，

故三棱锥的体积 ，

解得，所以点A到平面的距离为.

（2）取的中点F，连接，如图，

由题意知，故，所以 ，

又平面平面，平面平面，

且平面，所以平面，

由 平面,故，

在直三棱柱中，平面，

平面，可得，

又平面且为相交直线，

否则若，则F点在落在上，与不垂直，则与矛盾，

所以平面，平面,

故 ,

所以两两垂直，以B为原点，以为轴,

建立如图空间直角坐标系，

由于平面，故点A到平面的距离即为，由（1）知，

故 ,

因为平面，平面,所以,

由的面积为，则,

则,

则 ,

设平面的法向量为 ，则 ,

即 ，令，则，故；

 ，设平面的法向量为 ，

则,即，

令，则，可得，

故 ，

由原图可知平面与平面所成角为锐角，

故平面与平面所成角的余弦值为 .

【点睛】关键点点睛：求解二面角时，要根据条件利用面面垂直的性质推得线线和线面垂直，从而推出两两垂直，从而建立空间直角坐标系，关键点时要注意到利用（1）中结论，求出三棱锥的相关棱长，从而确定坐标系中各点坐标，利用向量法求解二面角的余弦值.

22．在一张纸上有一圆，定点，折叠纸片使圆C上某一点恰好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕EF，设折痕EF与直线的交点为T．

(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；

(2)已知点，直线l交于P，Q两点，直线AP、AQ的斜率之和为0．若，求的面积．

【答案】(1)证明过程见解析，

(2)

【分析】（1）根据双曲线定义判断出点的轨迹为以为焦点的双曲线，求出，得到双曲线方程；

（2）判断出点在双曲线右支上，设，故，由得到，求出直线AP的斜率为，结合双曲线渐近线斜率，得到两点均在双曲线右支上，得到直线，与双曲线方程联立求出点坐标，同理得到点坐标，得到，及直线的方程，利用点到直线距离公式求出点A到直线的距离，从而求出的面积.

【详解】（1）由题意得：的圆心，半径为，

，则，

所以点的轨迹为以为焦点的双曲线，设双曲线方程为，

则，所以，

所以双曲线为；

（2）因为，故点在双曲线右支上，

因为直线AP、AQ的斜率之和为0，不妨设，则，

设直线AP、AQ的倾斜角为，则，则，

设，故，

则，即，解得：或（舍去），

故此时直线AP的斜率为（与渐近线斜率相同，舍去）或，

由于双曲线的渐近线为，而，故直线AP与双曲线左支没有交点，

所以两点均在双曲线右支，且

故直线，即，与联立得：

，

因为方程有一个根为2，所以，解得：，

则，

同理可得：，

所以，

且直线，整理得：，

点A到直线的距离为，

故.

【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，特别重视圆锥曲线的定义在求轨迹方程中的应用，只要动点满足已知曲线的定义，就可直接得到所求轨迹方程，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.