2022-2023学年河南省潢川第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年河南省潢川第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，点、，则（    ）

A． B．14 C． D．4

【答案】A

【分析】求出，利用向量模长公式求出答案.

【详解】，故.

故选：A

2．已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据斜率的定义求出直线的斜率.

【详解】设直线的斜率为，则.

故选：D

3．已知双曲线：的渐近线方程为：，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】根据渐近线方程求出，从而根据求出离心率.

【详解】的渐近线方程为，

故，故双曲线的离心率为.

故选：A

4．在平行六面体中，，记向量，，，则向量（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先得到是的中点，利用空间向量基本定理求出答案.

【详解】因为平行六面体钟，，

所以是的中点，

故.

故选：C

5．已知等差数列的前项和为，，则（    ）

A．22 B．10 C．8 D．4

【答案】D

【分析】利用等差数列求和公式和下标和性质可直接求得结果.

【详解】是等差数列，，解得：．

故选：D．

6．已知平面的法向量，且点，，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量法求点面距离.

【详解】由题意得，点到平面的距离为.

故选：B

7．已知点在直线上，点，且，则点的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可设，然后结合垂直公式和斜率公式即可求解

【详解】由点在直线上，故可设，

因为，，

所以，解得，

所以

故选：B

8．已知直线与圆相交于A、B两点，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，进而利用垂径定理求出弦长.

【详解】圆的圆心到直线距离，

所以.

故选：D

9．如图，在长方体中，，，，，，则异面直线与CF所成的角为（    ）

A．30° B．45° C．60° D．90°

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而求出异面直线的方向向量，利用异面直线夹角的向量公式，即得解

【详解】由题意以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系，

则

∴，,

设异面直线所成的角为，

则，

所以，所求异面直线的夹角为．

故选：A

10．已知数列满足：，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意结合与之间的关系整理可得，根据等比数列的定义和通项公式求得，即可得结果.

【详解】∵，则，

∴数列是以首项，公比的等比数列，则，

故.

故选：B.

11．已知点满足方程：，记点的轨迹为曲线，

①曲线经过原点；

②曲线上的点的横坐标的范围是；

③曲线既有对称轴又有对称中心；

④曲线上的点的纵坐标的范围是

则以上四个结论中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】对于①，将原点代入即可；对于③，假设满足，可得，也在曲线上，即可判断；对于②④，去掉绝对值进行讨论即可

【详解】对于①，由于原点满足方程，故①正确；

对于③，假设满足，易得也满足，故曲线有对称轴；

同样可得也满足，故曲线有对称中心，故③正确

对于②④，由可得，

当时，方程为，解得，此时；

当时，方程为，解得，此时；

当时，方程为，解得，此时；

当时，方程为，解得，此时；

综上所述，的范围是，的范围是，故②正确，④错误；

故选：C

12．已知椭圆的左顶点为，过原点的直线与椭圆相交于P、Q两点，且，则（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】设，则，利用斜率公式和椭圆方程即可得到答案

【详解】由椭圆可得左顶点，

设，则，则，

，

所以，即

故选：B

二、填空题

13．已知向量，，⊥，则______．

【答案】-2

【分析】根据向量垂直得到向量数量积为0，从而列出方程，求出.

【详解】由题意得：，解得：.

故答案为：-2

14．已知等比数列，，，则＝______．

【答案】4

【分析】根据等比数列的通项公式即可求出答案．

【详解】设公比为q，，，

∴，，

∴，

∴.

故答案为：4.

15．已知中的三个点在直线上，则______．

【答案】5

【分析】由可得在同一条直线上，利用点斜式可求得该直线，然后检验不在该直线上，即可得到直线，即可求得答案

【详解】由题意可得，，且直线有公共点，

所以在同一条直线上，

所以该直线为即

由于不满足，故直线为，

所以，所以

故答案为：5

16．已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，且，则______．

【答案】9

【分析】求出抛物线的焦点坐标，由直线方程的点斜式写出直线l的方程，和抛物线方程联立后利用弦长公式得答案．

【详解】由抛物线焦点坐标为，

设点，过焦点F的直线方程为，

由抛物线的定义有，

由，得，即.

所以有①，

又由 得： ，

所以,，②

由①②联立解得：.

又

故答案为：9

三、解答题

17．已知等差数列的前项和为，，

(1)求数列的通项公式；

(2)当为何值时，最大，最大值为多少？

【答案】(1)

(2)当或时，取得最大值

【分析】（1）由，，列出关于的方程组，可得数列的通项公式；

（2）求出的表达式，由二次函数的性质，可得当取得最大时，的值.

【详解】（1）等差数列的公差为，

由题意可得，解得，

所以的通项公式为

（2）．

因为，所以当或时，取得最大值．

18．已知圆经过点、，且圆心在直线上．

(1)求圆的方程；

(2)若直线过点与圆相切，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出圆心坐标和半径后可得圆标准方程；

（2）分类讨论，斜率不存在的直线不是圆的切线，斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数后得直线方程．

【详解】（1）由题意，设圆心坐标为，则，解得，

所以圆心为，半径为，

圆方程为；

（2）过且斜率不存在的直线为，易得不与圆相切，

故切线的斜率存在，设其方程为即，

则，解得或，

则直线方程为或，

综上，切线方程为或

19．已知椭圆，左焦点，右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆相交于另外一点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求线段PQ的长度．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用焦点求出，再利用椭圆的定义求出，最后利用即可求出椭圆方程；

（2）先求出直线的方程，与椭圆进行联立可得到的坐标，即可求解

【详解】（1）因为椭圆的左焦点，右焦点，所以椭圆的半焦距，

因为在椭圆上，所以，

所以，所以椭圆的标准方程

（2）由题意可得，所以直线为

设，由化简得：，

解得，所以

20．如图，在四棱锥中，平面，，底面ABCD是边长为4的菱形，且

(1)求证：；

(2)求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用线面垂直的性质定理即可求证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面与平面的法向量，即可求得面与面夹角的余弦值

【详解】（1）由平面，平面，所以

又因为底面为菱形，所以，

又因为，且含于平面,所以平面；

又平面，所以

（2）设交于，

根据题意可得，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴，过点作轴垂直于底面，建立空间直角坐标系，如图所示：

因为底面ABCD是边长为4的菱形，且，

所以，是等边三角形，所以，

则；

则，

设平面的一个法向量为，

得，令可得，，即；

易知，是平面的一个法向量，

设平面与平面的夹角为，

则

所以，平面与平面夹角的余弦值为

21．已知数列满足：，

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知得（，），利用累加法求通项公式可得答案；

（2）写出，利用错位相减法求和可得答案.

【详解】（1）（，）

∴

，

当时满足上式，

∴；

（2），

，

，

两式相减可得，

所以.

22．已知拋物线，焦点为，点在抛物线上，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)若、在抛物线上，点中任意两点不重合，且，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线过定点，定点坐标为

【分析】（1）利用抛物线的定义求解即可；

（2）由题意可知直线斜率不为0，设直线为，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和向量数量积的坐标表示求解即可.

【详解】（1）因为点在抛物线上，且点到焦点的距离，

所以，解得，

所以抛物线的方程为：

（2）由（1）得点坐标为，由题意直线斜率不为0，

设直线为，

联立得，

，即，

，，

所以，，

因为，，

所以

，

所以即，

当与同号时，即，

此时，

所以直线方程过定点，

当与异号时，即，

此时，

直线方程过定点与点中任意两点不重合矛盾；

故直线过定点，定点坐标为.