山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

高二年级质量检测

数学试题

2023.02

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一､单项选择题：本题共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. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用空间向量的坐标运算计算即可.

【详解】由题得

故选：D

2. 双曲线的焦距等于（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 6

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可知， ，，解出，即可知焦距.

【详解】由题意可知： ， ，

，解得，

即双曲线的焦距等于，

故选：D.

3. 过点且与直线平行的直线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设所求直线方程为，将点的坐标代入所求直线方程，求出的值，即可得解.

【详解】设过点且与直线平行的直线方程是，

将点的坐标代入直线的方程得，解得，

故所求直线方程为，即.

故选：A.

4. 在等比数列中，，则（    ）

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列的下标性质，即可求解.

【详解】设等比数列的公比为，，且，

则.

故选：D

5. 如果圆关于直线对称，则有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】圆心在直线上，代入计算得到答案.

【详解】由圆的对称性知，圆心在直线上，故有，即.

故选：B

6. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为1，且PA与AB，AD的夹角都等于60°.若M是PC的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】根据空间向量基本定理得到，平方后，利用空间向量数量积公式计算出，从而求出模长.

【详解】因为是的中点，

所以，

所以

因为的长为1，且与，的夹角都等于60°．

所以

，

所以.

故选：D

7. 已知数列满足，且，则的最小值是（    ）

A. -15 B. -14 C. -11 D. -6

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件得出最小项为，利用迭代的思想即可求得.

【详解】∵，∴当时，，当时，，∴，显然的最小值是.

又，∴

，即的最小值是.

故选：A

8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.

【详解】因为，所以，

如图，在上取一点M，使得，连接，则，

则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，

所以，

设，则，

由椭圆定义可知：，即，所以，

所以，，

故点A与上顶点重合，

在中，由余弦定理得：

，

在中，，

解得：，

所以椭圆离心率为.

故选：A

【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.

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

9. 下列说法中，正确的有（    ）

A. 直线必过定点

B. 直线在轴上的截距为1

C. 直线的倾斜角为

D. 点到直线的距离为1

【答案】CD

【解析】

【分析】令的系数为0求解判断A；根据截距的定义判断B，求出直线的斜率再根据斜率与倾斜角的关系求出倾斜角判断C，利用点到直线的距离的定义求距离判断D.

【详解】对A，直线过的定点坐标满足：，，故定点为，故A错误；

对B，在轴上的截距为，故B错误；

对C，直线的斜率为，故倾斜角满足，

即，故C正确；

对D，因为直线垂直于轴，所以点到直线的距离为，故D正确.

故选：CD

10. 等差数列的前项和为，若，公差，则（    ）

A. 若，则必有

B. 若，则必有是中最大的项

C. 若，则必有

D. 若，则必有

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，逐项分析，即可求解.

【详解】对于A中，若，则，可得，

所以，所以是正确的；

对于B中，若，则，

即，

又由，公差，所以，

所以，所以必有是中最大的项，所以是正确的；

对于C中，若，则，即，

又由，则必有，

可得，所以必有，所以是正确的；

对于D中，若，则，而的符号不能确定，

所以不一定成立，所以是错误的.

故选：ABC.

11. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且．若点，，分别为棱，，的中点，则　　

A. 平面

B. 直线和直线所成的角为

C. 当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆

D. 过点，，的平面与四棱锥表面交线的周长为

【答案】ABD

【解析】

【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断A、B正误；结合椭圆的定义可判断C的正误；结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误．

【详解】解：将该正四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，

则平面，故A正确；

设中点为，则，且，故B正确；

，在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，

又平面与其长轴垂直，截面为圆，故C错误；

设平面与，交于点，，连接，，，，，，，，

，，，，

，而，故，同理，

而，平面，而平面，则，

平面，平面，，

，，平面，

平面，而平面，则，

，同理，，

又，，则，

而，

交线长为，故D正确．

故选：ABD.

12. 已知抛物线：与圆：交于，两点，且，直线过的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（    ）

A. 若直线斜率为，则

B. 的最小值为

C. 若以为直径的圆与轴的公共点为，则点的横坐标为

D. 若点，则周长的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】首先求出抛物线的解析式，设出的坐标，联立进行求解，当时，，进而判断选项A错误；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图象，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，结合抛物线定义判断选项C；过作垂直于准线，垂足为，结合的周长，进而判断选项D即可.

【详解】由题意得点在抛物线上，

所以，解得，所以，则，

设直线，与联立得，

设，，所以，，

所以，

当时，，A项错误；

，

则，

当且仅当，时等号成立，B项正确；

如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，

取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，

则，是梯形的中位线，

由抛物线的定义可得，

所以，

所以以为直径的圆与轴相切，

所以点为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，

又为中点，所以点的纵坐标为，

又点在抛物线上，所以点的横坐标为，C项正确；

过作垂直于准线，垂足为，

所以的周长为，

当且仅当点的坐标为时取等号，D项正确.

故选：BCD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 等差数列中，则数列的前5项和__________.

【答案】25

【解析】

【分析】利用基本量代换求出首项和公差，套公式求出.

【详解】设等差数列的公差为，由可得：，

解得：，

所以.

所以.

故答案为：25

14. 若空间向量共面，则实数__________.

【答案】1

【解析】

【分析】因为三个向量共面，由平面向量的基本定理可知，然后计算即可.

【详解】由题可知，，故，有，解得

故答案为：1

15. 写出与两圆均相切的一条直线方程为___________.

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据圆的方程判断圆的位置关系，公切线斜率存在，设为，应用点线距离公式求参数，即可写出直线方程.

【详解】由，圆心为，半径为1；

由，圆心为，半径为4；

所以圆心距为，故两圆外切，如下图，

公切线斜率存在，设为，

所以，解得或或，

所以，公切线方程有或或.

故答案为：（答案不唯一）

16. 椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是一个圆，这个圆称为该椭圆的“蒙日圆”，圆心是椭圆的中心．已知长方形的四条边均与椭圆相切，则的蒙日圆方程为_______________；的面积的最大值为_________________．

【答案】    ①.     ②. 18

【解析】

【分析】设两条互相垂直切线的交点为，分为两切线存在斜率为0和斜率不为0两种情况讨论，斜率不为0时，设切线方程为.联立，利用整理成关于的一元二次方程，利用两直线垂直斜率之积为，化简整理即可求解的蒙日圆方程；要使圆的内接四边形面积最大，即四边形为正方形时，结合面积公式即可求解.

【详解】设两条互相垂直的切线的交点为，

当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点的坐标是，或.

当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点的坐标是且，

所以可设曲线的过点的切线方程是.

由，得，

由其判别式的值为0，得，

因为（为过点互相垂直的两条直线的斜率）是这个关于的一元二次方程的两个根，

所以，

由此，得，

即的蒙日圆方程为：；

因为蒙日圆为长方形外接圆，设，，

则矩形面积公式为，显然，

即矩形四条边都相等，为正方形时，.

故答案为：；.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 设圆的方程为

（1）求该圆的圆心坐标及半径.

（2）若此圆的一条弦AB的中点为，求直线AB的方程.

【答案】（1）；；（2）

【解析】

【分析】（1）将圆的方程转化为标准形式，可得结果.

（2）根据弦的中垂线过圆心，可得中垂线的斜率，然后根据垂直关系，可得直线的斜率，最后根据点斜式可得结果.

【详解】（1）由圆的方程为

则

所以可知圆心，半径

（2）由弦的中垂线为,则

所以可得，

故直线AB的方程为：

即

【点睛】本题考查圆的方程以及直线方程，难点在于对圆的几何性质的认识，属基础题.

18. 设为数列的前n项和，已知，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得；

（2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果.

【小问1详解】

由题意得：；

当时，，又，；

当且时，，

整理可得：，

，，

数列是以为首项，为公差的等差数列，.

【小问2详解】

由（1）得：，

.

19. 如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.

（1）求证：；

（2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明过程见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可；

（2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.

【小问1详解】

因为平面，平面，

所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：

，

，因为，

所以，即，

【小问2详解】

设平面的法向量为，

，

所以有，

因为直线与平面所成角为，

所以，

解得，即，因为，

所以点到平面的距离为：

.

【点睛】

20. 如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，分别为棱的中点.

（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；

（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】（1）   

（2）棱上存在点，使得平面，且

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再根据线面垂直的性质可得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；

（2）设点满足，再利用向量法求解即可.

【小问1详解】

取的中点，连接，

因为在四边形中，，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，所以平面，

又平面，

所以，

又在等边中，是的中点，所以，

如图以为原点，建立空间直角坐标系，

，

故，

，

设平面的法向量，则

即，可取，

因为平面，

所以即为平面的一个法向量，

设平面与平面所成的锐二面角为，

则，

即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；

【小问2详解】

设点满足，

所以，

则，

因为平面，

所以，

解得，

即棱上存在点，使得平面，且.

21. 已知公比大于1的等比数列满足.

（1）求的通项公式；

（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前50项和.

【答案】（1）   

（2）193

【解析】

【分析】（1）设首项为，公比为，代入条件计算，可求出通项公式；（2）由条件可知，当时，，且，即可计算前50项的和.

【小问1详解】

由于数列是公比大于1的等比数列，

设首项为，公比为，

依题意有，

解得：或（舍）.

所以.

【小问2详解】

由题意，，即，

当时，，

当时，

当时，，共有个，

则

.

22. 如图，已知椭圆，其左､右焦点分别为，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；   

（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）利用椭圆的定义可得，结合题列出关系式，可得，即得；或利用椭圆上点的坐标结合定义可得.

（2）由题可设直线的方程为：，设点，利用韦达定理法，结合条件可得，即得.

【小问1详解】

法一：，

,

，,

,

∴椭圆方程为：.

法二：设，代入椭圆方程，由，

解得，

，

椭圆方程为：.

【小问2详解】

设动直线的方程为：，

由，得

设，

则，

由对称性可设存在定点满足题设，

则，

由，可得，

所以，

∴，

∴，

由题意知上式对成立，

且，解得.

存在定点，使得以为直径的适恒过这个点，且点的坐标为.