2022-2023学年河南省郑州市第九中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省郑州市第九中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知空间向量，，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.

【详解】.

故选：B.

2．已知在数列中，，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】推导出数列的周期，利用数列的周期性可求得的值.

【详解】因为，则，

，故.

故选：A.

3．已知为原点，点，以为直径的圆的方程为(    )

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒

【详解】由题知圆心为，半径，

∴圆的方程为﹒

故选：A﹒

4．在等差数列中，已知，则数列的前9项和为（    ）

A． B．13 C．45 D．117

【答案】C

【分析】根据给定的条件利用等差数列的性质计算作答

【详解】在等差数列中，因，所以.

故选：C

5．若方程表示双曲线，则此双曲线的虚轴长等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据双曲线标准方程直接判断.

【详解】方程即为，

由方程表示双曲线，可得，

所以，，

所以虚轴长为，

故选：B.

6．在等比数列中，公比是，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【分析】根据等比数列的单调性举出反例，如，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：当时，则，

因为，所以，所以，

故，

所以不能推出，

当时，则，

由，得，

则，所以，

所以不能推出，

所以“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

7．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，的面积为，过点的直线交于点，，且的周长为8．则的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知所给的面积公式，结合椭圆的定义进行求解即可.

【详解】因为的周长为8，

所以，

由椭圆的定义可知：

所以，

由题意可得：，解得，

因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为．

故选：C

【点睛】本题考查了椭圆定义的应用，考查了数学阅读能力和数学运算能力.

8．如图所示,在平行六面体中,,,,是的中点,点是上的点,且,用表示向量的结果是(    )

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】在平行六面体中根据空间向量的加法合成法则,对向量进行线性表示,即可求得答案.

【详解】连接

可得:

又

故选: D.

【点睛】本题考查了空间向量的加法运算,解题关键是掌握向量的加法运算和数形结合,属于基础题.

9．已知三棱柱的所有棱长均为2，平面，则异面直线，所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解．

【详解】以为坐标原点，平面内过点且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，∴，，

∴，

∴异面直线，所成角的余弦值为.

故选：A

10．一动圆过定点，且与已知圆：相切，则动圆圆心的轨迹方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由两圆相切分析可知，符合双曲线的定义，可得，，根据双曲线中a，b，c的关系，即可求出动圆圆心的轨迹方程.

【详解】解：已知圆：圆心，半径为4，

动圆圆心为，半径为，

当两圆外切时：，所以；

当两圆内切时：，所以；

即，表示动点P到两定点的距离之差为常数4，符合双曲线的定义，

所以P在以M、N为焦点的双曲线上，且，，

，

所以动圆圆心的轨迹方程为：，

故选：C.

11．若点，在抛物线上，是坐标原点，若等边三角形的面积为，则该抛物线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据等边三角形的面积求得边长，根据角度求得点的坐标，代入抛物线方程求得的值.

【详解】设等边三角形的边长为，

则，解得．

根据抛物线的对称性可知，且，

设点在轴上方，则点的坐标为，即，

将代入抛物线方程得，

解得，故抛物线方程为．

故选：A

12．已知双曲线的离心率为，左焦点为F，实轴右端点为A，虚轴上端点为B，则为（    ）

A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等腰三角形 D．锐角三角形

【答案】A

【分析】根据三边的关系即可求出．

【详解】因为，所以，而，，，

所以

，

即，所以为直角三角形．

故选：A．

二、填空题

13．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标是，则该抛物线的标准方程为___________．

【答案】

【分析】根据焦点坐标即可得到抛物线的标准方程．

【详解】因为抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标是，所以，解得，抛物线的标准方程为．

故答案为：．

14．记为等比数列的前n项和，若，公比，则______．

【答案】4

【分析】根据给定条件列式求出数列的首项即可计算作答.

【详解】依题意，，解得，所以.

故答案为：4

15．若直线与直线平行，且原点到直线的距离为，则直线的方程为____________.

【答案】

【分析】可设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得，即可得解.

【详解】可设直线的方程为，即，

则原点到直线的距离为，解得，

所以直线的方程为.

故答案为：.

16．椭圆C：的左、右焦点分别为，，点A在椭圆上，，直线交椭圆于点B，，则椭圆的离心率为______．

【答案】（也可以）

【分析】可以利用条件三角形为等腰直角三角形，设出边长，找到边长与之间等量关系，然后把等量关系带入到勾股定理表达的等式中，即可求解离心率.

【详解】

由题意知三角形为等腰直角三角形，设，则，解得，，在三角形中，由勾股定理得，所以，．

故答案为：（也可以）

三、解答题

17．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4．

(1)求p的值；

(2)过焦点F且斜率为1的直线与抛物线交于A，B两点，求．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用抛物线方程得到焦点坐标和准线方程，即可得到答案；

（2）通过题意得到焦点坐标，然后得到直线的方程，与抛物线进行联立可得，利用韦达定理可得，即可得到答案

【详解】（1）由抛物线可得焦点，准线方程为，

又因为抛物线的焦点到其准线的距离为，

所以；

（2）由（1）可得抛物线的方程为，所以焦点，

则直线的方程为设，

联立，整理可得，所以，

由抛物线的性质可得．

18．已知直线．

(1)求证：直线过定点；

(2)过点作直线使直线与两负半轴围成的三角形的面积等于4，求直线的方程．

【答案】(1)直线过定点，证明见详解；

(2)

【分析】（1）变形直线方程，分离参数，利用直线系方程，解方程组求出定点，即可证明.

（2）设直线方程，利用过点作直线使得直线与两负半轴围成的三角形面积等于4，得到方程组，即可求出直线方程.

【详解】（1）证明：方程化为：

，

由直线系方程的性质有：，解得，

故直线恒过点

（2）设直线，

则由题意得：，解得，

所以直线，即，

所以所求直线方程为：.

19．已知数列的前n项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，数列的前n项和为，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据给定的递推公式结合“当时，”探求相邻两项的关系计算作答.

(2)由(1)的结论求出，再利用裂项相消法求出，即可作答.

【详解】（1）依题意，，，则当时，，

于是得：，即，

而当时，，即有，因此，，，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，

所以数列的通项公式是.

（2）由(1)知，，

从而有，

所以.

20．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．                

(1) 证明：PB∥平面AEC                

(2) 设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积

【答案】

【详解】试题分析：（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E-ACD的体积

试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，

所以PB∥平面AEC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，

所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴y轴z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．

设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，

则即

可取n1＝.

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

＝，解得m＝.

因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.

【解析】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定

21．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等比数列的前项和公式，等比数列的基本量运算列方程组解得和公比后可得通项公式；

（2）用错位相减法求得和．

【详解】（1）设数列的公比为q，由，，

得，解之得所以；

（2），

又，得，

，

两式作差，得

，

所以．

22．已知椭圆的焦距为，点在椭圆上．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，求面积的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）本题可根据题意得出、，然后结合，即可求出、以及椭圆的标准方程；

（2）可设、，通过联立直线方程与椭圆方程得出、，然后根据点到直线距离以及三角形面积公式得出，再然后令，则，，最后根据的取值范围即可得出结果.

【详解】（1）因为焦距为，所以，，

因为点在椭圆上，所以，

联立，解得，，椭圆的标准方程为.

（2）设，，

联立，整理得，，

则，，

原点到直线的距离为，

则的面积，

令，则，，

令，则，函数在上单调递增，

故，，面积的取值范围为.