2022-2023学年广东省台山市第一中学高二上学期期末 数学 解析版

这是一份2022-2023学年广东省台山市第一中学高二上学期期末 数学 解析版，共20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。
台山一中2022—2023学年度第一学期期末高二数学试卷一、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. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 2【答案】B【解析】【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.【详解】由于直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，又因为，，所以，解得.故选：B.2. 方程表示圆，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆的一般方程所需满足的条件得到不等式，解之即可求出结果.【详解】由，得，即，解得.故选：B.3. 已知数列的通项公式为（），数列的前2022项和为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用裂项相消法求和.【详解】，则数列的前2022项和为.故选：B4. 如图，正方体中，的中点为，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A.  B.  C.  D. 0【答案】A【解析】【分析】根据图形找到异面直线与的平行线，确定异面直线的平面角，再根据角之间的关系解出该角的余弦值，可得出答案.【详解】连接交于点，由正方体可知，则与所成的角为异面直线与所成的角.由图可知则设正方体的棱长为.则则异面直线与所成的角余弦值为.故选：A.【点睛】可通过两种方法，求线线角、线面角、二面角的余弦值：1通过作图方法，找到线线角、线面角、二面角的平面角，再解三角形求出角的余弦值.2.建立空间直角坐标系、求坐标、求法向量、用公式，可求出角的余弦值.5. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则（    ）A.  B.  C. 3 D. 9【答案】B【解析】【分析】由，可得，结合抛物线的定义和三角形的性质，求得直线的斜率，进而得到的方程，将其与抛物线的方程联立，求得交点的横坐标，再利用抛物线的定义，即可求解.【详解】由题意，抛物线的焦点为，因为，可得,如图所示，过点作直线于点，则，所以在直角中，，所以，所以直线的方程为，联立，整理得，解得或，由抛物线的定义可知.故选：B.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，以及平面向量的线性运算等知识的综合应用，其中解答中熟练运用抛物线的定义是解答的关键，着重考查推理与运算能力.6. 已知两点，点P是椭圆上任意一点，则点P到直线AB的距离最大值为A.  B.  C. 6 D. 【答案】B【解析】【分析】先求出直线AB的方程，然后结合图形，将点到直线的的最大距离转化为求与直线AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的最大距离，再利用两平行线间的距离求出即可【详解】由两点A（-1，0 ），B（ 0，1），则直线AB的方程为y=x+1，由图可知，直线y=x+m（m＜0）和椭圆相切于P点时，到AB的距离最大．联立方程得， 整理得25x2+32mx+16m2-144=0由于直线y=x+m和椭圆相切，则△=（32m）2-4×25×（16m2-144）=0，解得m= -5或m=5（舍去）由于y=x+1与直线y=x-5的距离为 则点P到直线AB距离的最大值为 ，故选B.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系有关的最值问题，涉及了根据两点求直线方程，两平行直线间的距离公式；椭圆中求最值的方法有两类:函数法和数形结合法，本题采用数形结合法，关键是理解与直线AB平行且与椭圆相切的直线所经过的切点到直线AB的距离.最大或最小.7. 已知圆：，圆：，则“两圆内切”是“”的（    ）A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】分别求出两圆的圆心与半径，根据两圆内切可得半径之差的绝对值等于圆心距，求出，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】解：圆的圆心坐标为，半径为，圆：，圆心坐标为，半径为3，，两圆的半径差为，由两圆内切，可得，解得或．∴“两圆内切”是“”的必要不充分条件．故选：C．8. 已知数列中，对任意，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用求通项公式，判断出是等比数列，再进行求和.【详解】∵①，∴②，②-①得，∴．当时，，符合上式，∴．∴，∴，，∴是以4为首项，9为公比的等比数列，∴．故选：D．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. 如图所示， M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，，设，，，则下列等式成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】由于 不共面，可以作为基底，将 表示出来即可.【详解】由图可知， ，A错误； ，B正确； ，C错误； ，D正确；故选：BD.10. 已知数列{}的前n项和为，则下列说法正确的是（    ）．A. 是递增数列 B. 是递减数列C.  D. 数列的最大项为和【答案】BCD【解析】【分析】根据，利用二次函数的性质判断D，利用数列通项和前n项和关系求得通项公式判断ABC.【详解】解：因为，所以数列的最大项为和，故D正确；当时，，当时，由，得，两式相减得：， 又，适合上式，所以，故C正确；因为，所以是递减数列，故A错误，B正确；故选：BCD11. 若方程所表示的曲线为，则下面四个选项中错误的是A. 若为椭圆，则 B. 若是双曲线，则其离心率有C. 若为双曲线，则或 D. 若为椭圆，且长轴在轴上，则【答案】AD【解析】【分析】依次判断每个选项：时表示圆，错误；变形，讨论和得到答案；讨论和得到双曲线；时表示焦点在轴上的椭圆，错误；得到答案.【详解】若，方程即为，它表示圆，A错；对于选项B，若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；，若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；，，故正确；对于选项C，若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线，故正确；对于选项D，若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；若，则，故表示焦点在轴上的椭圆，则错；故选：【点睛】本题考查了根据圆锥曲线的类型求参数，离心率的取值范围，意在考查学生的综合应用能力.12. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列说法中正确的是（    ）A. 平面平面B. 多面体的体积为定值C. 恒为锐角三角形D. 直线与所成的角可能为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据正方体结构特征，结合面面垂直的判定定理，可判断A正确；B选项，根据等体积法，由，结合三棱锥的体积公式，即可判断B正确；C选项，通过特殊位置（如点为的中点），判断的形状，即可得C错；D选项，根据异面直线所成角的概念，作出异面直线所成角，求出角的正切值范围，即可判断D正确.【详解】对于A，∵在正方体中，有平面，则平面，因为平面，∴平面平面，故A正确；对于B，因为点到平面的距离显然等于棱长，为，所以，即为定值；故B正确；对于C，当为的中点时，，，，此时，即为直角三角形，故C错；对于D，因为，所以直线与所成的角即等于直线与所成的角，即为，又，，∴可能为，D正确；故选：ABD．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 动点与点与点满足，则点的轨迹方程为__________．【答案】【解析】【分析】结合双曲线的定义求解即可.【详解】解：由知，
点的轨迹是以、为焦点的双曲线下支，
得，，
，，
故动点的轨迹方程是．故答案为：．14. 已知点为空间三点,则以,为邻边的平行四边形的顶点的坐标为_________．【答案】【解析】【分析】设，利用解方程即可.【详解】,设,则由题知,所以,即所以故答案为：15. 在正项等比数列{an}中，若，与的等差中项为12，则等于_______.【答案】128【解析】【分析】先根据条件利用等比数列的通项公式列方程组求出首项和公差，进而可得.【详解】设正项等比数列{an}的公比为，由已知，得，①，又，②，由①②得，故答案为：128.16. 如图，在四棱锥中，已知底面是矩形，，，平面，若边上存在点，使得，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】利用直线与平面垂直的判定和性质将问题转化为以为直径的圆与有交点可得答案.【详解】连接，如图：因为平面，所以。又，且，所以平面，所以，所以以为直径圆与有交点，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，属于基础题.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 设数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求不等式的解集.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用与的关系求解即可；（2）首先利用裂项求和得到，从而得到，再解不等式即可.【小问1详解】令，则，当时，，当时，也符合上式，即数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）得，则，所以故可化为：，故，故不等式的解集为.18. 如图，在直三棱柱-中，3，=4，5，（1）求证；（2）在上是否存在点，使得并说明理由【答案】（1）证明见解析    （2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）以C为坐标原点，、、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AC⊥BC.（2）假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，设，则利用向量法能求出在AB线上是否存在点D，使得AC1⊥CD.【小问1详解】在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，AC､BC､CC1两两垂直，以C为坐标原点，、、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如下图示：则，，，，，，， ，.小问2详解】假设在上存在点，使得，利用上式所建的空间直角坐标系，设，则，其中，于是，又，由得：，解得，此时，.在上存在点，使得，点与点重合.【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.19. 已知抛物线C：经过点（1，-1）.（1）求抛物线C的方程及其焦点坐标；（2）过抛物线C上一动点P作圆M：的一条切线，切点为A，求切线长|PA|的最小值.【答案】（1），焦点坐标为；    （2）【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程求解出的值，则抛物线方程和焦点坐标可知；（2）设出点坐标，根据切线垂直于半径，根据点到点的距离公式表示出，然后结合二次函数的性质求解出的最小值.【小问1详解】解：因为抛物线过点，所以，解得，所以抛物线的方程为：，焦点坐标为；【小问2详解】解：设，因为为圆的切线，所以，， 所以，所以当时，四边形有最小值且最小值为.20. 已知数列满足，数列满足.（Ⅰ）求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用等比数列的定义结合得出数列是等比数列（Ⅱ）数列是“等比-等差”的类型，利用分组求和即可得出前项和.【详解】解：（Ⅰ）当时，，故.当时，，则 ，，数列是首项为，公比为的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得， ， ，.【点睛】（Ⅰ）证明数列是等比数列可利用定义法 得出（Ⅱ）采用分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．21. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合，过且与轴垂直的直线交于，两点，交于，两点，且．（1）求的离心率；（2）设是与的公共点．若，求与的标准方程．【答案】（1）；    （2），．【解析】【分析】（1）由为的焦点且轴，为的焦点且轴，分别求得的坐标和，，由已知条件可得，，，的方程，消去，结合，，和的关系，解方程可得的值；（2）由（1）用表示椭圆方程和抛物线方程，联立两曲线方程，解得的横坐标，再由抛物线的定义，解方程可得，进而得到所求曲线方程．【小问1详解】因为为的焦点且轴，可得，，设标准方程为，因为为的焦点且轴，所以，，因为，，的焦点重合，所以，消去，可得，所以，所以，设离心率为，由，则，解得舍去），故的离心率为；【小问2详解】由（1）可得，，，所以，，联立两曲线方程，消去，可得，所以，解得或（舍去），从而，解得，所以和的标准方程分别为，．22. 如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据题意，得出，，根据线面垂直的判定定理得出平面，则，建立以为原点，，，为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法能证明；（2）求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求出二面角的大小；（3）设，，，求出，，，令，则，解得为的中点，利用向量法能求出线段的长．【详解】解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，则，，所以面，又，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，（1）证明：由题意，，，因为，所以.（2）解：，，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，平面的一个法向量，因此有，由图可得二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.（3）解：（方法一）设，，所以，因此，令，即，解得，即为的中点，因为平面，平面，，所以当为的中点时，平面平面，此时即，，所以线段的长为.（方法二）设，，所以，因此，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，因为平面平面，所以，解得：，此时即，，所以线段的长为.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，以及利用空间向量法求出二面角和线段长，还涉及空间中线面的判定定理和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．