2022-2023学年内蒙古乌兰察布市化德县第一中学高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年内蒙古乌兰察布市化德县第一中学高二上学期期末数学（理）试题（解析版），共11页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年内蒙古乌兰察布市化德县第一中学高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题1．等差数列{an}中，a4+a8=10，a10=6，则公差d等于（　　）A． B． C．2 D．-【答案】A【分析】由条件，可得，又可得答案.【详解】等差数列中，，则 ，所以，则 故选：A2．在中，角、、对的边分别为、、．若，，，则角等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值.【详解】由余弦定理可得，，故.故选：A.3．下列是全称命题且是真命题的是(　　)A．∀x∈R，x2>0 B．∀x∈Q，x2∈QC．∃x0∈Z，x>1 D．∀x，y∈R，x2＋y2>0【答案】B【详解】主要考查全称量词和全称命题的概念．解：A、B、D中命题均为全称命题，但A、D中命题是假命题．故选B．4．不等式<2的解集为（    ）A．{x|x≠－2} B．RC．∅ D．{x|x<－2或x>2}【答案】A【分析】根据分母大于零恒成立，即可容易将分式不等式转化为一元二次不等式，求解即可.【详解】∵x2＋x＋1>0恒成立，∴原不等式⇔x2－2x－2<2x2＋2x＋2⇔x2＋4x＋4>0⇔(x＋2)2>0，∴x≠－2. ∴不等式的解集为{x|x≠－2}.故选：.【点睛】本题考查分式不等式的求解，注意分母恒为正数，是本题的关键，属基础题.5．焦点在x轴上，右焦点到短轴端点的距离为2，到左顶点的距离为3的椭圆的标准方程是(　)A．＋＝1 B．＋y2＝1C．＋＝1 D．x2＋＝1【答案】A【分析】设出椭圆的标准方程，由题意可得，解得a，c，利用b2＝a2﹣c2得到b2,从而得到标准方程.【详解】设椭圆的方程为（a>b>0），由右焦点到短轴端点的距离为2知a=2, 右焦点到左顶点的距离为3知a+c=3,解得a＝2，c＝1，∴b2＝a2﹣c2＝3，因此椭圆的方程为＋＝1．故选：A.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，属基础题．6．已知抛物线的准线与圆相切，则p的值为A． B．1 C．2 D．4【答案】C【详解】抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=-，因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线与圆（x-3）2+y2=16相切，所以3+=4，p=2；故选C． 7．椭圆的左右焦点为，，P为椭圆上第一象限内任意一点，关于P的对称点为M，关于的对称点为N，则的周长为（    ）．A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】根据对称关系可知为的中位线，再利用椭圆定义可得，从而可得的周长.【详解】因为关于的对称点为，关于的对称点为，所以为△的中位线，所以，，所以的周长为.故选：D.8．设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A． B．C．2 D．【答案】A【分析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率．【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心．，又点在圆上，，即．，故选A．【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．9．已知函数，若等比数列满足，则（    ）A．2019 B． C．2 D．【答案】A【分析】由已知可得，根据等比数列的性质可得，即可得出所求.【详解】，，是等比数列，，则.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查函数和等比数列的性质的应用，解题的关键是得出，结合等比数列的性质解决问题.10．已知数列，满足，，其中是等差数列，且，则（    ）A．2022 B．－2022 C． D．1011【答案】B【分析】根据条件，可以推出.然后，根据等差数列的性质，可得结果；也可以直接根据前n项和公式求和.【详解】解法1：由已知，得，则，根据等差数列的性质有，所以，有解法2：由已知，得，则，根据等差数列的性质有，所以，.故选：B.11．已知，，且，则的最小值为（    ）A．8 B．6 C．4 D．2【答案】A【分析】利用乘“1”法及及基本不等式计算可得.【详解】解：因为，，且， 所以，当且仅当，即，时，等号成立，即的最小值为.故选：A12．在中，角的对边分别为，面积为，若，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦定理以及三角形的面积公式进行求解即可．【详解】解：，由正弦定理得，即，由，得，，，，即，即，则，故选：．13．若等差数列和等比数列满足，，则（    ）．A．2 B．1 C．3 D．4【答案】B【分析】根据条件求出等差数列的公差和等比数列的公比，然后求出、即可.【详解】因为等差数列满足，，所以，，因为等比数列满足，，所以，所以，故选：B.14．已知，则的最小值是（    ）．A．1 B．2 C．5 D．6【答案】C【分析】作出约束条件所表示的可行域，利用两点间的距离的几何意义，即可得到答案.【详解】不等式组表示的区域如图，由于的几何意义是可行域中的点与原点的距离的平方；由图形知点B与原点O的距离最小，联立方程得，因此的最小值为，即的最小值是，故选：C．15．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则（    ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出双曲线的渐近线方程，然后由垂直可得答案.【详解】双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的两条渐近线互相垂直，所以，解得或（舍去），故选：B16．已知P是抛物线上一点，F为抛物线的焦点，则点P到点的距离与点P到直线的距离之和的最小值为（    ）．A． B． C．2 D．【答案】D【分析】先求出抛物线的焦点坐标、准线方程，再由抛物线的定义可得，再求出的值即可．【详解】由抛物线可得，直线是其准线，由抛物线定义可得P到直线的距离等于所以，当三点共线时等号成立，故选：D. 二、解答题17．已知是等比数列，.(1)求的通项公式；(2)若等差数列满足，，求的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由求出，进而得出的通项公式；（2）由解出首项和公差，再由求和公式计算即可.【详解】（1）设公比为，因为，所以（2）设公差为，因为，所以，解得故18．已知在中，角对应的边分别为，．（1）求角；（2）若，的面积为，求．【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简即得B的大小；（2）先根据的面积为求出a=1,即得C.【详解】（1）由及正弦定理可得                                           由余弦定理可得                           又因为，所以 .                                （2）因为 ,                  所以.                                                      又因为，所以是等边三角形，所以【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19．已知空间三点，，（1）求以为边的平行四边形的面积;（2）若向量分别与垂直，且||=，求的坐标.【答案】（1）；（2）或【详解】(1)∵=(-2,-1,3),=(1,-3,2),∴||=,||=,cos∠BAC==,∴∠BAC=60°,∴S=||·||sin∠BAC=7.(2)设向量=(x,y,z),则由·=0, ·=0,| |=,得∴或∴=(1,1,1)或(-1,-1,-1).【点睛】本题主要考查向量模的坐标表示、向量垂直的坐标表示以及向量夹交余弦公式的应用，属于中档题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行;（2）两向量垂直.20．已知抛物线．（1）求过点与抛物线有且只有一个公共点的直线方程；（2）过焦点作一条斜率为的直线与抛物线交于两点，，求的长．【答案】（1），，；（2）．【解析】（1）分类讨论，再设出直线方程与抛物线方程联立，即可得到结论；（2）先求出直线方程，联立方程组，求出点，的坐标，根据两点之间的距离公式即可求出．【详解】解：（1）由题意，斜率不存在时，直线满足题意，斜率存在时，设方程为，代入，可得，当时，，满足题意，当时，，，直线方程为，综上，直线的方程为或或；（2）抛物线的焦点坐标为，则过焦点作一条斜率为的直线方程为，联立，解得或，不妨令，，．【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于基础题．21．已知数列满足，．(1)设，求证：是等比数列．(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）利用等比数列的定义进行证明；（2）先求出数列的通项公式，利用分组求和的方法求和.【详解】（1）证明：因为，所以，因为，所以是公比为3，首项为的等比数列.（2）由（1）知，所以，所以.22．设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，（1）若的周长为16，求；（2）若，求椭圆的离心率.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定义可得.故.（2）设出，则且.根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而，，则，故，为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.（1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得.故.（2）设，则且.由椭圆定义可得.在中，由余弦定理可得，即，化简可得，而，故.于是有.因此，可得，故为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.【解析】1.椭圆的定义；2.椭圆的离心率求解.