2022-2023学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设x，，向量，，且，，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据，，解得x，y，然后由空间向量的模公式求解.
【详解】因为向量，，且由得，由，得 解得，所以向量，，
所以，
所以
故选：C
2. 设,若直线与直线平行,则的值为
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由a（a+1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出．
【详解】由a（a+1）﹣2=0，解得a=﹣2或1．
经过验证：a=﹣2时两条直线重合，舍去．
∴a=1．
故选B．
【点睛】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3. 如图，在平行六面体中，，，，，，则线段的长为（ ）
A 5B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，然后平方可算出答案.
【详解】在平行六面体中，，，，，，
∵，
∴
，
∴.
故选：C.
4. 若圆与圆关于直线对称，则直线的方程是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意化圆C为标准方程，由两圆位置关系得两圆相交，直线l是两圆的公共弦所在的直线，故把两圆的方程相减可得直线l的方程．
【详解】由题圆C：,则两圆心距为，故两圆相交
由于圆O：与圆C：关于直线l对称，则直线l是两圆的公共弦所在的直线，
故把两圆的方程相减可得直线l的方程为，
故选D．
【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，直线与圆的位置关系的应用，判断直线l是两圆的公共弦所在的直线，是解题的关键，属于中档题．
5. 已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答.
【详解】依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
6. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A. y=±2xB. y=C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.
【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.
7. 抛物线y2=4x的焦点为F，点A（5，3），M为抛物线上一点，且M不在直线AF上，则△MAF周长的最小值为（ ）
A. 6+B. 12C. 11D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】求△MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值．设点M在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义，可知|MF|=|MD|，因此问题转化为求|MA|+|MD|的最小值，根据平面几何知识，当D、M、A三点共线时|MA|+|MD|最小，由此即可求出|MA|+|MF|的最小值．
【详解】求周长的最小值，即求的最小值，
设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义，可知，
因此，的最小值，即的最小值，
根据平面几何知识，可得当三点共线时最小，
因此最小值为，
因为，所以周长的最小值为11，故选C.
【点睛】该题考查的是有关抛物线中的最值问题，用到的知识点有抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离是相等的，从而将有关线段转换，再者就是三点共线时对应的线段的长度和是最小的，从而求得相应的结果
8. 北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为，设数列为等差数列，它的前项和为，且，，则（ ）
A. 189B. 252C. 324D. 405
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，由题意和等差数列的通项公式得出，解方程得出，最后根据等差数列的求和公式得出.
【详解】解：设等差数列的公差为，
由，，得，解得：，
所以.
故选：C.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列结论中正确的有（ ）
A. 过点且与直线平行的直线的方程为
B. 过点且与直线垂直的直线的方程为
C. 若直线：与直线：平行，则a的值为或3
D. 过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为
【答案】AB
【解析】
【分析】对于选项A，B，D，根据给定条件求出对应的直线方程判断作答；对于选项C，由给定条件求出a值判断作答.
【详解】对于A，直线的斜率为2，则过点且与直线平行的直线的方程为，
即，A正确；
对于B，直线的斜率为2，则过点且与直线垂直的直线的方程为，
即，B正确；
对于C，直线：的斜率为，因直线与直线平行，则直线的斜率存在，且，
解得或3，当时，两直线重合，当，两直线平行，C错误；
对于D，因过点，且在两坐标轴上的截距相等，则当截距都为0时，直线方程为，截距不为0时，当直线方程为，D错误.
故选：AB
10. 以下命题正确的是（ ）
A. 直线l方向向量，直线m方向向量，则l与m垂直；
B. 直线l的方向向量，平面的法向量，则；
C. 平面的法向量分别为，则；
D. 平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则．
【答案】AD
【解析】
【分析】按照线线垂直、线线平行、面面平行的向量表示以及平面的法向量依次判断4个选项即可.
【详解】，直线l与m垂直，A正确；
，或，B错误；
不共线，所以与不平行，故C错误；
，向量是平面法向量，
，即，则，D正确．
故选：AD．
11. 已知实数，满足方程，则下列说法错误的是
A. 的最大值为B. 的最大值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】B中表示到原点距离的平方，求出原点到圆心距离可得圆上点到原点距离的最大值的最小值，可判断B，
A，C，D中均可以令对应式子，解得后代入圆方程，由判别式可得最值．从而得到判断．本题用了几何意义求解，转化为直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离不大于半径可得结论．
【详解】对于A，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故A说法正确；
对于B，的几何意义是表示圆上的点到原点距离的平方，易知原点到圆心的距离为2，则原点到圆上的最大距离为，所以的最大值为，故B说法正确；
对于C，设，把代入圆方程得，则，解得，最大值为，故C说法错误；
对于D，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故D说法错误.
故选：CD.
【点睛】本题考查命题的真假判断，实质考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离不大于半径易得解，对平方式可用几何意义：两点间距离的平方求解．
12. 已知曲线，下列结论正确的是（ ）
A. 若曲线表示椭圆，则且
B. 若时，以为中点的弦所在的直线方程为
C. 当时，为焦点，为曲线上一点，且为直角三角形，则的面积等于4
D. 若时，存在四条过点的直线与曲线有且只有一个公共点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程可判断A；利用点差法可求直线的方程可判断B；利用所给条件及椭圆定义求得，进而求得的面积可判断C；设过点的直线的方程为，与曲线方程联立方程组，消去得方程，判断只有一个解时的值即可判断D.
【详解】对于A，若曲线表示椭圆，则且，故A正确；
对于B，若时，曲线为椭圆，
设，，中点，故，，
又，两式相减得，，
所在的直线方程为即，故B错；
对于C，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，
则，则，
即①
由，得②，
由①②可得，则的面积为，故C正确；
对于D，时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，
由题意，过点的直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入双曲线方程，消去整理得，
因为直线与曲线有且只有一个公共点，
当时，，即，；
当时，，直线与渐近线平行，符合题意.
故时，存在四条过点的直线与曲线有且只有一个公共点，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知是空间任一点，四点满足任三点均不共线，但四点共面，且，则________.
【答案】-1
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论．
【详解】∵2x•3y•4z•，
∴2x•3y•4z•，
∵O是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面
∴﹣2x﹣3y﹣4z＝1
∴2x+3y+4z＝﹣1
故答案为﹣1
【点睛】本题考查空间向量基本定理，考查向量共面的条件，属于基础题．
14. 直线与直线垂直，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题得（-1）,解之即得a 的值.
【详解】由题得（-1）,
所以a=2
故答案为；2
【点睛】本题主要考查两直线垂直的斜率关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
15. 抛物线的准线方程是______.
【答案】####
【解析】
【分析】抛物线化为，即可得到抛物线的准线方程.
【详解】抛物线，即，焦准距，
故其准线方程是,
故答案为:.
16. 已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质可知，，，即可根据斜率列出等式求解即可．
【详解】联立，解得，所以.
依题可得，，，即，变形得，,
因此，双曲线的离心率为.
故答案：．
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，棱锥的底面是矩形，平面，．
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值的大小．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，得到底面ABCD是正方形，对角线互相垂直，进而证明出线面垂直；（2）找到两平面的夹角的平面角，再进行求解.
【小问1详解】
因为平面，BD平面，所以PA⊥BD，因为，底面是矩形，所以由勾股定理得：，所以底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又PA=A，所以BD⊥平面PAC.
【小问2详解】
因为PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，所以PA⊥CD，又CD⊥AD，PA，所以CD⊥平面PAD，因为PD平面PAD，所以CD⊥PD，又因为CD⊥AD，所以∠PDA是平面和平面的夹角，由于PA=AD，∠PAD=90°，所以∠PDA=45°，所以，所以平面PCD与平面ABCD的夹角余弦值为.
18. 已知椭圆的长轴长为，短轴长为．
(1)求椭圆方程；
(2)过作弦且弦被平分，求此弦所在的直线方程及弦长．
【答案】(1)；(2) ，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质列方程组解出a，b，c即可；
（2）设以点P（2，1）为中点的弦与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法求出k，然后求出直线方程，联立解方程组，求出A，B，再求出|AB|．
【详解】(1)由椭圆长轴长为，短轴长为，
得，所以，
所以椭圆方程为．
(2)设以点为中点的弦与椭圆交于，则.
在椭圆上，所以，，
两式相减可得，
所以的斜率为，
∴点为中点的弦所在直线方程为.
由，得，所以或，
所以．
【点睛】本题考查椭圆的方程，直线方程的求法，弦长公式，是中档题，解题时要认真审题，注意点差法的合理运用．
19. 已知数列的前n项和为，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，设数列的前n项和为，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先令求得，再由时，与原式作差证得是等比数列，写出通项公式即可；
（2）先利用对数性质化简，得到，再求和进行消项即得结果.
【详解】解：（1）当时，，得，
当时，①，
②，
①－②得，所以，
所以数列是首项，公比的等比数列，
所以；
（2），则，
．
【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列的前n项和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
20. 已知圆的圆心在轴上，且经过点．
（1）求线段的垂直平分线方程；
（2）求圆的标准方程；
（3）若过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据已知得到线段中点的坐标及的斜率，根据垂直关系得出垂直平分线的斜率，利用点斜式即可求解；
（2）设圆的标准方程为，由圆心的位置分析可得的值，进而计算可得的值，据此分析可得答案；
（3）设为的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，综合即可得答案.
【小问1详解】
设的中点为，则．
由圆的性质，得，所以，得.
所以线段的垂直平分线的方程是.
【小问2详解】
设圆的标准方程为，其中，半径为，
由（1）得直线的方程为，
由圆的性质，圆心在直线上，化简得，
所以圆心，，
所以圆的标准方程为.
【小问3详解】
由（1）设为中点，则，得，
圆心到直线的距离，
当直线的斜率不存在时，的方程，此时，符合题意；
当直线的斜率存在时，设的方程，即，
由题意得，解得；
故直线的方程为，
即；
综上直线的方程为或.
21. 已知数列，，．
（1）求，，，并求出数列的通项公式；
（2）记为数列的前项和，求．
【答案】（1），，，；
（2）
【解析】
【分析】（1）由，分别令，求得的值，再两边同除，化简得到，进而得到，求得，得到.
（2）由，可得，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，数列中，，，
所以，，，
两边同除，可得，即，
设，可得，
令，解得，所以，
因为，所以，
所以，可得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由，可得，
则，
可得，
两式相减得到，
所以.
22. 已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解；
（2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解
【小问1详解】
直线l方程为，
依题意可得：，又，
解得：，，
∴椭圆的方程为；
【小问2详解】
假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E，
联立得，
∴，∴或①，
设，，则②，
而，
，，
要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故，
则，
∴，③
将②代入③得，解得，经验证使得①成立，
综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.