2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．设，则“”是“直线与直线垂直”的（    ）

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

【答案】A

【分析】先根据直线垂直求出的值，再根据充分性和必要性的概念得答案.

【详解】直线与直线垂直

则，解得或，

则“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.

故选：A.

2．若函数在处的导数为1，则（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】根据导数的定义可知，，即可得出答案.

【详解】由已知可得，.

根据导数的定义可知，，

即，

所以.

故选：D.

3．已知圆与圆，圆与圆均相切，则圆的圆心的轨迹中包含了哪条曲线（    ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

【答案】B

【分析】根据两圆方程可得出两圆圆心以及半径，求出圆心距.根据圆心距与两圆半径的关系可得两圆内含，设圆的半径为，结合图象可得出，消去可得，即可得出答案.

【详解】由圆可得，圆心，半径；

由圆可得，圆心，半径.

又，且，

所以两圆内含，又.

设圆的半径为.

由题意结合图象可得，圆应与圆外切，与圆内切.

则有，所以，

根据椭圆的定义可得，圆的圆心的轨迹为椭圆.

故选：B.

4．已知等比数列满足：，则的值为（    ）

A．20 B．10 C．5 D．

【答案】D

【分析】利用等比数列的性质可得：，对进行化简后求值即可.

【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：.

所以．

故选：D

5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余1且被7除余4的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）

A．103 B．107 C．109 D．105

【答案】C

【分析】根据正整数被3除余1，且被7除余4，推出是的整数倍，推出后可计算出.

【详解】显然，

因为正整数被3除余1，所以是的整数倍，因为正整数被7除余4，所以是的整数倍，

所以是的整数倍，

又是正整数，且，所以，即，

所以.

故选：C

6．直三棱柱中，，M，N分别是的中点，，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求异面直线所成角的余弦.

【详解】以C为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则有，，，，

，，

.

则BM与AN所成角的余弦值为.

故选：D.

7．已知抛物线的焦点为F，准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与的距离分别为，O为坐标原点，则当最小时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由抛物线的定义可知，设于点，则，当三点共线时，取得最小值，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形的余弦，即可求得结果.

【详解】由抛物线的定义可知，设于点，则，

当三点共线时，取得最小值，

由抛物线 得，

所以点到直线的距离为

，

设直线与交于点，

令，得，

所以，

在中，,

所以，

故选：C

8．已知点，，为直线上一动点，当最大时，点的坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，由

得点即为所求点，利用几何关系求点坐标即可.

【详解】如图所示过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，

因为，所以切点即为所求点，

因为点坐标为，所以由切割线定理得，

又由直线的倾斜角为可得，且

由余弦定理可得.

所以轴，

所以点横坐标为3，代入直线方程得点坐标为，

故选：B

二、多选题

9．已知方程，则下列说法中正确的有（    ）

A．方程可表示圆

B．当时，方程表示焦点在轴上的椭圆

C．当时，方程表示焦点在轴上的双曲线

D．当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10

【答案】BCD

【分析】分别将的值代入各个命题，根据圆锥曲线方程的特点即可作出判断．

【详解】对于A，当方程可表示圆时，，无解，故A错误.

对于B，当时，，，表示焦点在轴上的椭圆，故B正确.

对于C，当时.，，，表示焦点在轴上的双曲线，故C正确.

对于D，当方程表示双曲线时，；当方程表示椭圆时，，所以焦距均为10，故D正确.

故选：BCD

10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都1，且，则下列说法中正确的有（    ）

A．

B．

C．平面

D．直线与所成角的余弦值为

【答案】CD

【分析】根据空间向量的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】以为空间一组基底，

，

，

所以与不垂直，A选项错误；

，

所以，B选项错误.

依题意可知，四边形是菱形，所以，

，

，

所以，

由于，平面，

所以平面，C选项正确.

设直线与所成角为，

，

所以，D选项正确.

故选：CD

11．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ABD

【分析】根据已知可得递推公式，根据累加法可得.通过计算可判断A项；根据递推公式可得B项正确；由即可判断C项；化简，相加即可判断D项.

【详解】由题意可得，

当时，，，，，

以上式子累加可得：，所以，当时，该式也成立，所以.

对于A项，，故A正确；

对于B项，由前面分析可知：当时，，故B正确；

对于C项，，故C错误；

对于D项，因为，

所以

，故D正确.

故选：ABD．

12．已知为双曲线上一点，，，令，，下列为定值的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】设第二象限点，由题设得且，，进而可判断各选项是否为定值.

【详解】

不妨设在第二象限，可得，即，而，，

∴为定值，A正确；

由倍角正切公式及，可得，，

∴不为定值，B排除；

，而，故为定值，C正确；

由C知：不为定值， D排除；

故选：AC.

三、填空题

13．圆上到直线的距离为1的点的个数为___________．

【答案】3

【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，由半径，从而得到该圆上到直线的距离为1的点的个数即可．

【详解】解：由圆的方程，得到圆心坐标为，半径，

圆心到直线的距离，

，则圆上到直线的距离为1的点的个数为是3．

故答案为：3．

14．已知，则___________．

【答案】

【分析】化简可得，然后根据复合函数的求导公式即可得出答案.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

15．已知数列满足，，且，则___________．

【答案】9

【分析】根据递推公式求出数列的前几项，观察可得，数列的周期.根据周期性即可得出答案.

【详解】由已知当时，有，

依次可求出，，，，.

经过观察可得，数列具有周期性，其周期.

又，所以.

故答案为：9.

16．已知点是椭圆上任意一点，的离心率为，若圆上存在点，使得，则的最大值为______．

【答案】

【分析】连接，当不为的上、下顶点时，设直线，分别与圆切于点，，设，连接，得，又，得即可解决.

【详解】连接，当不为的上、下顶点时，

设直线，分别与圆切于点，，

设，

由题意知，即，

所以，

连接，

所以，

所以，

又因为，

所以有，即，

结合得．

故答案为：．

四、解答题

17．已知圆：

(1)求圆关于直线对称的圆D的标准方程；

(2)当k取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）根据斜率公式和中点公式，结合圆的标准方程进行求解即可；

（2）先判断直线过定点，利用圆的性质进行求解即可.

【详解】（1）圆心，，设，因为圆心C与D关于直线对称，所以

，

所以圆标准方程为：；

（2）直线过定点，当时，弦长最短，

∵，∴

此时最短弦长为.

18．已知数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)求的前n项和．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.

（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.

【详解】（1）在数列中，因，则，

于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，

所以．

（2）由（1）知，，

则，

于是得，

两式相减得：

，

所以.

19．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．

(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．

(2)求平面和平面夹角的余弦值．

【答案】(1)存在，劣弧的长度为

(2)

【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；

（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.

【详解】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，

因为∥，平面，平面，则 ∥平面

同理可证∥平面，，且平面，平面

所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面

故存在点满足题意.

因为为底面的内接正三角形，

所以，即，

又因为，

所以的半径为，

所以劣弧的长度为.

（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.

故， ，，， ，，，易知平面的法向量

设平面的法向量为 ，

又因为，

故 即，令得

易知平面和平面夹角为锐角，

所以平面和平面夹角的余弦值为

20．已知函数，函数．

(1)若曲线与直线相切，求a的值；

(2)若，证明：；

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）设曲线在点处切线，则，代入解方程即可求出答案；

（2）令，求出的单调性，即可证明.

【详解】（1）设曲线在点处切线，则，

由于，所以，

由题意知：，于是；

（2）令，

当时，，所以，即，

当时，，所以，

即，

于是在单调递减，单调递增，

其最小值是，所以，于是原不等式成立；

21．已知椭圆的左､右焦点分别为和，离心率是，直线被椭圆截得的弦长等于2.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线与椭圆相交于两点，为坐标原点，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.

（2）联立直线的方程和椭圆的方程，求得两点的坐标，进而求得，结合到直线的距离求得的面积.

【详解】（1）由令得，解得，所以，

结合，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由解得或

不妨设设，即，

所以，

原点到直线的距离为，

所以.

22．设各项均为正数的数列的前n项和为，满足对任意，都．

(1)求证：数列为等差数列；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）时，根据和的关系可推出，，两式作差整理可得，验证可得，即可得出数列为等差数列；

（2）由（1）可得.当为偶数时，.并项求和可得当为偶数时，，进而当为奇数时，由即可得出答案.

【详解】（1）证明：当时，，，所以.

当时，有，，

两式相减得，

所以，则，

两式相减得，即，

因为数列各项均为正数，所以有，

又时，则，即，整理可得，

解得或（舍去），

所以，满足.

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.

（2）解：由（1）可得，，所以.

所以，当为偶数时，.

当为偶数时，；

当为奇数时，.

综上所述，.