2022-2023学年湖南省怀化市高二上学期期末数学试题 （解析版）

怀化市2022年下期期末考试试卷

高二数学

一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 直线的倾斜角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．

【详解】由已知直线斜率为，∴倾斜角为，

故选：D．

2. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（    ）

A. 1 B. 3 C. 7 D. 9

【答案】B

【解析】

【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．

【详解】由题意，，∴，，

故选：B．

3. 已知数列满足，，则数列的前2023项的乘积为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】由题知数列是以为首项，周期为4的一个周期数列，再根据周期性求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

所以数列是以为首项，周期为4的一个周期数列，

因为，

所以，，，

所以，

所以.

故选：D

4. 在平行六面体中，若，且与所成的角均为，则（    ）

A. 5 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由表示出，然后平方把模转化为数量积的运算求解．

【详解】由题意，

所以

，

．

故选：C．

5. 双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】由抛物线方程得焦点坐标，由离心率公式计算．

【详解】抛物线的焦点为，即为双曲线的一个焦点坐标，

所以离心率为，

故选：C．

6. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】如图示，以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则.

所以.

所以直线与直线夹角的余弦值为.

故选：A

7. 已知椭圆的左､右焦点分別为，上顶点为，且，点在上，线段与交于．则直线的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由，可求得的坐标，结合已知，可求得直线的斜率.

【详解】由已知，上顶点为，，

由，知为上靠近的三等分点，，

所以直线的斜率，

故选：C

8. 如图，在平面上有一系列点，对每个正整数，点位于函数的图像上，以点为圆心的与轴都相切，且与彼此外切．若，且，，的前项之和为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图像上,求出递推关系式,通过构造等差数列求得的通项公式,得出最后利用裂项相消,求出的前项之和为，即可求出.

【详解】因为与彼此外切，所以

，即.

所以.

又，所以，所以.

所以数列为等差数列，其中，公差，所以，

所以.

所以.

所以.

所以.

故选：C

二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知圆与圆有四条公共切线，则实数a的取值可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由题意，两圆外离，从而由两圆圆心距离大于两圆半径的和即可求解.

【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径．

因为两圆有四条公切线所以两圆外离，又两圆圆心距，

∴，解得或.

故选：AD．

10. 设双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，且不与的顶点重合．则下列命题中正确的是（    ）

A. 双曲线的两条渐近线的方程是

B. 双曲线的离心率等于

C. 若，则的面积等于4

D. 若，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】本题根据双曲线的渐近线和离心率、三角形面积求法及余弦定理进行逐项分析即可求解.

【详解】由双曲线标准方程知，，

A选项：知双曲线的渐近线方程为，故A错误；

B选项：双曲线的离心率，故B正确；

C选项：由双曲线定义知，若，则，

即，即，得，

所以，故C正确；

D选项：若，则，．在中，由余弦定理，

得，故D正确；

故选：BCD

11. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，若，，则（    ）

A. 直线AB与CD所成角的余弦值为45°

B. 二面角的大小为60°

C. 三棱锥的体积为

D. 直线CD与平面所成角正弦值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】在给定图形中作出直线AB与CD所成角、二面角的平面角、直线CD与平面所成角，再逐一计算作答.

【详解】过A作，且，连接，如图，

则四边形ABDE是平行四边形，即且，是直线AB与CD所成角或其补角，

因，，则，而，平面，

于是得平面，

平面，即有，，，A正确；

因，即，而，则是二面角的平面角，又，

因此，，即为正三角形，，B正确；

因平面，，则平面平面，在平面内过C作于O，于是得，

，而，，C不正确；

连接，因，则是直线CD与平面所成角，，D正确.

故选：ABD

【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作

二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

12. “提丢斯数列”是18世纪由德国数学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，192，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中正确的是（    ）

A. “提丢斯数列”是等比数列

B. “提丢斯数列”的第99项为

C. “提丢斯数列”的前31项和为

D. “提丢斯数列”中，不超过20的有9项

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意得，由此利用等比数列的性质即可求出结果.

【详解】记“提丢斯数列”为数列，则当时，，当时，，符合该式，当时，不符合上式，故，故A错误；，故B正确；“提丢斯数列”的前31项和为，故C正确；令，即，得，又，故不超过20的有8项，故D错误.

故选：BC.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 等比数列的前项和为，则的值为_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据等比数列前项和公式的特点列方程，解方程求得的值.

【详解】由于等比数列前项和，本题中，故.

故填：.

【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的特点，考查观察与思考的能力，属于基础题.

14. 如图，已知正方体中，分别为中点，，则到平面的距离是__________．

【答案】##

【解析】

【分析】利用坐标法，根据点到平面的距离向量求法即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，则，

所以，

设平面的法向量为，

则，令，则，

所以到平面的距离是.

故答案为：.

15. 已知抛物线的准线方程为，在抛物线C上存在A､B两点关于直线对称，设弦AB的中点为M，O为坐标原点，则的值为___________.

【答案】5

【解析】

【分析】先运用点差法得到，然后通过两点距离公式求出结果．

【详解】解：抛物线的准线方程为，

所以，解得，

所以抛物线的方程为，

设点，，，，的中点为，，

则，，

两式相减得，

即，

又因为，两点关于直线对称，

所以，

解得，可得，

则，

故答案为：5．

16. 已知双曲线的方程，其左､右焦点分别是，已知点坐标为，双曲线上点满足，设的内切圆半径为．则__________；__________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.

【详解】如图，设内切圆与三边分别相切于，

由切线长相等，可得，

又双曲线定义可得，

则，

又，解得，

则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.

又，可得，

化简得，即，

即是的平分线，

由于，，可得即为的内心，且半径，

则.

故答案为：2，8.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于先利用切线长定理求得内切圆圆心横坐标为，再由得到在的平分线上，结合的横坐标为进而得到即为内心，利用双曲线定义及面积公式即可求解.

四､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．

17. 已知等差数列满足，.

（1）求数列通项公式；

（2）设等比数列各项均为正数，其前项和，若，，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；

（2）设等比数列的公比为，求出、的值，可得出关于和的方程组，解出这两个量，再利用等比数列的求和公式可求得.

【详解】（1）设等差数列的公差为，，解得，

因此，数列的通项公式；

（2）设各项均为正数的等比数列的公比为，

，则，，

，，，，即，解得或（舍去），

.

【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了等比数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.

18. 已知抛物线的准线方程是是抛物线焦点．

（1）求抛物线焦点坐标及其抛物线方程：

（2）已知直线过点，斜率为2，且与抛物线相交于两点，求．

【答案】（1）焦点是，抛物线的方程为；   

（2）5

【解析】

【分析】（1）利用抛物线的准线方程，可求得，进而求得其焦点坐标及抛物线方程：

（2）联立直线与抛物线的方程，由韦达定理结合弦长公式即可求解.

【小问1详解】

抛物线准线为，因此，所以抛物线的焦点是

故抛物线的方程为

【小问2详解】

由题意可知直线的方程为，设

联立，整理得

由韦达定理可得，

所以

19. 如图1，在直角梯形中，，且．现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形折叠，使，如图2．

（1）求证：平面；

（2）求直线和平面所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；

（2）以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【小问1详解】

在正方形中，，

因为平面，

所以平面.

平面.

在直角梯形中，，.

取的中点，连接，则四边形为正方形，所以，

所以，

在中，，

所以，故，

因为平面，

所以平面；

【小问2详解】

以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.

所以.

所以.

设为平面当一个法向量，所以，

不妨设，则.

所以直线和平面所成的角的正弦值为.

20. 已知数列的首项，且满足．

（1）求证：数列为等比数列；

（2）若，数列前项的和为，求．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时减1，可证明等比数列.

（2）利用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

由，得，

即， 即，

所以数列为等比数列，首项，公比

【小问2详解】

由（1）得，

①

②

①-②，得

21. 如图，在直角梯形中，，，平面，，．

（1）求证：；

（2）在直线上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析.   

（2）存在，.

【解析】

【分析】(1)证明平面即可；

(2)假设M存在，建立直角坐标系，用向量法求M的坐标即可.

【小问1详解】

如图，作，，连接交于，连接，，

∵且，∴，即点在平面内．

在平行四边形中，，

∴，又由平面知，

∴平面，∴①

在矩形中，，∴②

∴由①②知，平面，∴．

【小问2详解】

如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，设，

∴，，

设平面的法向量为，则，

令，得，，∴，

又平面，∴为平面的一个法向量，

∴，解得，

故在上存在点，且．

22. 已知点，点分別为椭圆的左､右顶点，直线交曲线于点是等腰直角三角形，且．

（1）求的方程：

（2）设过点的动直线与相交于，两点．当以为直径的圆过坐标原点时，求直线的斜率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；

（2）利用“设而不求法”直接求解.

【小问1详解】

由题是等腰直角三角形，所以，所以.

设，由，

即，解得：

代入椭圆方程，即，解得：.

椭圆C的方程为.

【小问2详解】

直线斜率不存在时，以以为直径的圆为，不经过坐标原点，不合题意；

当直线斜率存在，可设的方程为.

由，得，由直线和C有丙个不同的交点，，即，解得：.

又

又因为点在以为直径的圆上时，即.

所以

所以

解得：，即（满足，符合题意）.

存在直线的斜率，使以为直径的圆过坐标原点