2022-2023学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）

2022-2023学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．设，则“”是“直线与直线垂直”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据直线垂直得到方程，求出或，从而得到答案.

【详解】直线与直线垂直

则，解得：或，

所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.

故选：C

2．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，平面，且，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.

【详解】，

，

所以．

故选：C

3．已知等比数列的各项均为正数，且，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.

【详解】解：根据等比数列的性质可得，

又，所以，

所以.

故选：D

4．我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求的值．关于该问题，下列结论正确的是（    ）

A． B．此人第三天行走了一百一十里

C．此人前七天共行走了九百里 D．此人前八天共行走了一千零八十里

【答案】D

【分析】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，记数列的前项和为，由题意可得出关于、方程组，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的通项公式可判断B选项；利用等差数列的求和公式可判断CD选项.

【详解】解：设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，

记数列的前项和为，

由题意可得，解得，

所以，，，，

故选：D

5．如图，圆内有一点，为过点的弦，若弦被点平分时，则直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得到直线与直线垂直,求出直线的斜率,

可得直线的斜率,点斜式即可确定的方程.

【详解】当弦被点平分时，直线与直线垂直，

因为，所以，

则直线AB的方程为，即．

故选:.

6．直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.

【详解】

记椭圆的左焦点为，

由对称性可知：四边形为平行四边形，，

；

，，四边形为矩形，，

又，，又，，

，，，

椭圆的离心率.

故选：C.

7．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、，与直线交于点，若，，则（    ）

A．1 B．3 C．2 D．4

【答案】B

【分析】作出辅助线，由抛物线定义得到，，设，则，根据，求出，进而根据求出，得到答案.

【详解】设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，

则．根据抛物线定义知，，

又，，所以，，

设，因为，所以，

则．

所以，又，可得，所以，

所以，

可得，即．

故选：B

8．过直线上一点作圆的切线，切点为．则四边形的面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由切线性质可得，由勾股定理表示出，进而得解.

【详解】如图，由切线性质可知，，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，点到直线距离，，要使最小，需使，故.

故选：C

9．已知椭圆与双曲线具有相同焦点、，是它们的一个交点，则，记椭圆与双曲线的离心率分别为、，则的最小值是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】利用椭圆与双曲线的定义把、用表示，在中由余弦定理得出的关系，从而转化得出的等式，然后由基本不等式求得最小值．

【详解】设为第一象限的交点，，，

则由椭圆和双曲线的定义可知，，

在中由余弦定理得：，

即：，

，即：，

，

当且仅当，即时，取得最小值为3．

故选：A．

10．对于数列，定义为的“优值”．现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则下列说法错误的是（    ）

A． B．

C． D．的最小值为

【答案】B

【分析】A选项，根据条件得到，求出；利用等差数列求和公式及分组求和得到；先得到，解不等式，得到时，且；并利用等差数列求和公式求出最小值.

【详解】由题意可知，，则①，

当时，，

当时，②，

①-②得，，解得，当时也成立，

，A正确；

，B错误；

，令，解得：，且，

故当或9时，的前项和取最小值，

最小值为，CD正确．

故选：B

二、多选题

11．已知点在圆：上，直线：，则（    ）

A．直线过定点

B．存在实数，使直线与圆相切

C．点到直线距离的取值范围为

D．直线与圆相交的弦长取值范围为

【答案】AD

【分析】把直线的方程化为，令，求出定点坐标，即可判断A；

验证定点在圆内，即可判断B；

求出点到直线的最小值为，即可判断C；

根据弦长，分别求出其最大值与最小值，即可判断D．

【详解】直线：，

令，解得，

即直线过定点，故A正确；

由，故点在圆内，

则直线过圆内定点，即直线与圆相交恒成立，

且点到直线距离最小值为，故B错误，C错误；

圆心，，定点，则，

则圆心到直线距离的最大值为，

此时弦长取最小值为，弦长最大值为圆的直径为，故D正确．

故选：AD．

12．已知双曲线C：，两个焦点记为，下列说法正确的是（    ）

A．

B．渐近线方程为：

C．离心率为

D．点在双曲线上且线段的中点为，若，则

【答案】AC

【分析】根据双曲线的性质判断ABC，再由中位线定理结合定义判断D.

【详解】由题意可知，，即渐近线方程为：，，离心率为，故AC正确，B错误；对于D，当位于轴上方时，由中位线定理可得，，则，故D错误；

故选：AC

13．已知圆和圆的交点为A，B，则（    ）．

A．两圆的圆心距

B．直线的方程为

C．圆上存在两点P和Q使得

D．圆上的点到直线的最大距离为

【答案】BD

【分析】对于A，根据两个圆的方程先得到两个圆心坐标，然后利用两点间距离公式即可求解；对于B，两圆作差即可得公共弦的方程；对于C，根据直线经过圆的圆心即可判断；对于D，圆上的点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径即可求解.

【详解】由圆和圆，

可得圆和圆，

则圆的圆心坐标为，半径为2，

圆的圆心坐标为，半径为，

对于A，两圆的圆心距，故A错误；

对于B，将两圆方程作差可得，即得直线的方程为，故B正确；

对于C，直线经过圆的圆心坐标，所以线段是圆的直径，

故圆中不存在比长的弦，故C错误；

对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，

圆心到直线的距离为，

所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确.

故选：BD.

14．已知椭圆的左、右两个端点分别为，，为椭圆上一动点，，则下列说法不正确的是（    ）

A．的周长为6 B．的最大面积为

C．存在点使得 D．的最大值为7

【答案】AC

【分析】由焦点三角形的性质求出的周长可判断A；当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大，求出的最大面积可判断B；假设存在点使得，则由分析知点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，求出圆的半径知可判断C；由 可判断D.

【详解】对于A，因为椭圆，所以，，则，，，，

所以的周长为，故A错误；

对于B，当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大，

所以，故B正确；

对于C，假设存在点使得，则，

所以点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，则，

因为椭圆上的任一点到原点的最小距离是短轴顶点与原点的距离，即，

由可知，圆与椭圆没有交点，

所以假设不成立，即不存在点使得，故C错误；

对于D，由选项A易得，又，所以，

所以，故D正确．

故选：AC.

15．设数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（    ）

A． B．为等比数列

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据，结合等比数列的定义与通项公式逐项分析判断.

【详解】∵，则，即，

∴数列是以首项，公比的等比数列，则，

故A、B正确；

又∵，

显然不符合上式，则，

故C错误，D正确；

故选：ABD.

16．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．以为直径的圆与相切

C．设，则

D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条

【答案】AC

【分析】取的中点，在上的投影为，在的投影为，进而结合焦半径公式判断A；根据得以为直径的圆与准线相切判断B；根据判断C；根据，以及直线斜率存在时结合判别式求解判断D.

【详解】解：取的中点，在上的投影为，在的投影为，如图所示：

对于选项A，因为，所以，故A正确；

对于选项B，根据抛物线的性质，，为梯形的中位线，

故，以为直径的圆与准线相切，故B选项错误；

对于选项C，因为，所以，故C正确；

对于选项D，显然直线，与抛物线只有一个公共点，

当所求直线斜率存在时，设过的直线方程为，

联立可得，令，解得，

所以直线与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误．

故选：AC

三、填空题

17．若，，则___________．

【答案】

【分析】根据空间向量的坐标运算求解即可；

【详解】解：因为，

所以，，

故答案为：

18．若直线与直线平行，则_______.

【答案】2

【分析】利用两直线平行求参数即可

【详解】因为，

所以，

所以或.

当时，，，

重合；

当时，，，

，符合题意.

故答案为：2.

19．已知数列满足，，则___________．

【答案】

【分析】由递推关系计算数列的前几项归纳出数列的周期，从而可得结论．

【详解】由题意，，所以，，，，，，

从而是以6为周期的周期数列，所以,

故答案为：．

20．抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为___________．

【答案】7

【分析】过作抛物线准线的垂线，为垂足，由于，因此当三点共线时，取得最小值，由此计算可得．

【详解】如图，直线是抛物线的准线，方程为，焦点为，过作于，作过作于，

，易知当三点共线，即与重合时，取得最小值．

故答案为：7.

21．已知动点，分别在圆：和圆：上，动点在直线上，则的最小值是_______

【答案】##

【分析】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，设点关于直线对称的点为,进而根据对称性得，再结合题意得

【详解】解：由题知圆：的圆心为，半径为，

圆：的圆心为，半径为，

如图，设点关于直线对称的点为，

所以，，解得，即，

所以，

所以，，即的最小值是.

故答案为：

22．双曲线 ​的左顶点为​， 右焦点​， 若直线​与该双曲线交于​两点，​为等腰直角三角形， 则该双曲线离心率为__________

【答案】2

【分析】先由​为等腰直角三角形，得到​，解得​，直接求出离心率.

【详解】联立 ​， 可得​， 则​，

因为点 ​关于​轴对称， 且​为线段​的中点， 则​.

又因为 ​为等腰直角三角形， 所以，​， 即​，

即 ​， 所以，​， 可得​，

因此， 该双曲线的离心率为 ​．

故答案为：2

23．已知在数列中，，且是公比为3的等比数列，则使的正整数的值为___________.

【答案】4

【分析】首先利用公式求数列的通项公式，并代入求，并利用裂项相消法求和，即可求.

【详解】由题意，知是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以.所以，

所以，

，

解得.

故答案为：4

四、解答题

24．在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，．

(1)证明：平面EAC；

(2)求直线EC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）构造中位线，通过线线平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，先求平面PAB的法向量，再求与法向量所成角的余弦值，再得到结果.

【详解】（1）如图1，连接，设与交于点，连接.

因为底面ABCD是菱形，所以为的中点，又E是PD的中点，

所以，又平面EAC，平面EAC，

所以平面EAC；

（2）如图2，取的中点.

在中，，，为的中点，所以，

所以.

因为平面底面ABCD，平面底面ABCD，

所以底面ABCD，又底面ABCD，

所以.

在菱形ABCD中，，，所以△与△是等边三角形，

所以，，.

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，则，，.

设为平面的一个法向量，则，

即，令，则，则.

.

所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值．

25．已知各项均不为零的数列满足，且.

(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；

(2)令为数列的前项和，求.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）构造得解决即可；

（2）由（1）得，错位相减解决即可.

【详解】（1）由，

得，

又，

是首项为5，公差为3的等差数列.

，故.

（2）由（1）知，

所以①

②，

①-②得：

，

.

26．已知椭圆：过点，且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.

(1)求椭圆的方程；

(2)设点关于原点对称的点为，过点且斜率存在的直线交椭圆于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求证为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.

（2）根据直线是否与轴重合进行分类讨论，求得的坐标，进而证得为定值.

【详解】（1）依题意知，∴椭圆的方程为，

又∵椭圆过点，∴有，解得，∴，

∴椭圆的方程为.

（2）∵点D与点A关于原点对称，∴点，

当直线MN与轴重合时，不妨设，，

则直线：，直线：，

则，，（定值）.

当直线MN与轴不重合时，设直线MN：，

与椭圆方程联立，化简得，

，解得.

设，，则，.

直线的方程为，则，

即.

直线的方程为，则，

即.

∴

（定值）.

综上，为定值1.

【点睛】当题目需要假设直线方程时，要注意一些特殊的情形，如要设，则需要讨论直线的斜率是否存在；如要设，则需要讨论直线是否与轴平行.