重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了 已知椭圆C， 直线和圆的位置关系是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共计150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂在答题卡上.
2.非选择题用黑色签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，在试题（卷）上作答无效.
第I卷（选择题，共60分）
一、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. 经过点且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】与直线垂直的直线的斜率为，结合点斜式即可求解直线方程．
【详解】直线的斜率为
所以与直线垂直的直线的斜率为，又过点，
∴所求直线方程为：
即
故选：C
2. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】由双曲线的标准方程可知：，
该双曲线的焦点坐标为：，
双曲线的渐近线方程为：，
所以焦点到渐近线的距离为：，
故选：A
3. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.
【详解】选项A. 一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直
则由，不能得出，故选项A不正确.
选项B. ,则正确，故选项B正确.
选项C. 若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.
选项D. 若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.
故选：B
4. 已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断出点在圆上，然后求出圆心和切点连线的斜率，进而得到切线的斜率，最后求出答案.
【详解】因为，所以点在圆上，则，切线斜率，于切线方程为.
故选：A.
5. 设是等差数列的前项和，已知，，则等于（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：依题意有，解得，所以.
考点：等差数列基本概念.
【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念. 在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
6. 已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得，再根据，得，从而可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
又，所以，
所以的最小值为.
故选：C.
7. 如图正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为a，以下结论错误的是（ ）
A. 异面直线A1D与AB1所成的角为60°B. 直线A1D与BC1垂直
C. 直线A1D与BD1平行D. 三棱锥A-A1CD的体积为a3
【答案】C
【解析】
【分析】根据线线角的定义判断AB选项的正确性.利用异面直线的定义判断C选项的正确性.利用锥体体积的求法判断出D选项的正确性.
【详解】A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角，再连接A1C构成等边，如图，
所以异面直线与所成的角为，即A正确;
A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角，由A1D⊥AD1可知B正确;
根据异面直线的定义可知，直线与直线是异面直线，所以C选项错误;
依题意a·a2=，即D正确.
故选：C
8. 已知椭圆C：的下焦点为，点在椭圆C上，点N在圆E：上，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义把问题转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边求解即可.
【详解】圆E：，则圆心E(0，2）为椭圆C的上焦点，
已知椭圆C：，则，，，
由椭圆的定义可知，，则，
所以，
当M，N，E三点共线时，|取最大值1，
所以的最小值为6-1=5．
故选︰B
二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9. 直线和圆的位置关系是（ ）
A. 相离​B. 相切或相离C. 相交​D. 相切
【答案】CD
【解析】
【分析】直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率不存在或存在且不为0，结合图形判断直线和圆的关系．
【详解】∵ 圆可化为
∴ 圆心为（0，1），半径为1，
∵直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上
当时，直线与圆相切，
当时，直线与圆相交，
∴直线和圆的关系是相交或相切，
故选：CD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若向量共面，则它们所在的直线共面
B. 若是四面体的底面的重心，则
C. 若，则四点共面
D. 若向量，则称为在基底下的坐标，已知在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量共面向量的性质判断A选项；根据空间向量的坐标运算即三角形重心坐标公式判断B选项；根据空间四点共面的充要条件及其推论判断C选项；根据空间向量基底坐标定义判断D选项.
【详解】解：对于A，三个向量共面，所在直线不一定在一个平面，故A错误；
对于B，令，又是底面的重心，
所以
，所以成立，故B正确；
对于C，因为，而，由四点共面的推论可知，所以四点不共面，故C错误；
对于D，在基底下的坐标为，则，故在基底下的坐标为，故D正确.
故选：BD.
11. 如图所示，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面是一个椭圆，则（ ）
A. 椭圆的长轴长为4
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的方程可以为
D. 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的，由此判断各选项.
【详解】设椭圆的长半轴长为，椭圆的长半轴长为，半焦距为，
由图象可得， ∴ ，
又，，
∴ ，
∴ 椭圆的长轴长为4，A对，
椭圆的离心率为，B错，
圆的方程可以为，C对，
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D对，
故选：ACD.
12. 如图，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，，准线与轴的交点为，则（ ）
A. 直线与抛物线必相切B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设点的坐标，及过点的直线方程；选项A，联列方程，整理成的一元二次方程，用判别式判定是否恒为零即可；选项B，由知，选项B正确；选项C，计算得，，两式不恒等，故C不正确；选项D，先计算，从而得，由等面积法知选项D正确.
【详解】由已知 ， ，设过点的直线方程为： ，
设点， ，
则 ， ，
由 得 ，
所以 ，
选项A：直线 的方程为 ，联立方程组得：
，所以 ，
不恒为零，故选项A不正确；
选项B：由题得 ，
而
所以 ，所以 ，
所以 ，故B正确；
选项C： ，
所以 ；
，
所以 ，
，
，
，

所以
所以选项C不正确；
选项D： ， ，
，

在 中， ，
故D正确.
故选：BD.
第II卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线与平行，则实数的值为________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据直线与直线平行的系数关系可得实数的值.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或.
故答案为：或.
14. 已知数列，则数列通项公式________．
【答案】
【解析】
【分析】取倒数后得为等差数列，再由等差数列的通项公式求解．
【详解】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列，
得，即，
故答案为：
15. 平行六面体中，底面是边长为1的正方形， ，则对角线的长度为___.
【答案】2
【解析】
【分析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.
【详解】对两边平方并化简得,故.
【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.
16. 若椭圆和圆（c为椭圆的半焦距）有四个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】当圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间时，椭圆和圆有四个不同的焦点，由此列不等式，解不等式求得椭圆离心率的取值范围.
【详解】由于椭圆和圆有四个焦点，故圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间，即.由得，两边平方并化简得，即①.由得，两边平方并化简得，解得②.由①②得.故填.
【点睛】本小题主要考查椭圆和圆的位置关系，考查椭圆离心率取值范围的求法，属于中档题.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知以点为圆心的圆与直线：相切，过点的动直线l与圆A相交于、两点.
（1）求圆A的方程；
（2）当时，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式求圆的半径，即可得圆的方程；
（2）先求圆心到直线l的距离，在结合点到直线的距离公式求直线l的斜率，注意讨论直线l的斜率是否存在.
【小问1详解】
点到直线：的距离为，
即圆A的圆心，半径，故圆A的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线l的距离为，则，解得，
当直线l的斜率不存在时，则，此时圆心到直线l的距离为，符合题意，成立；
当直线l的斜率存在时，设为，则，即，
∵，解得，
∴直线l：；
综上所述：直线l的方程为或.
18. 如图，正方体的棱长为，为线段的中点，为棱的中点，
（1）证明：平面；
（2）求多面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得平面；
（2）计算出点到平面的距离以及四边形的面积，利用锥体的体积公式可求得多面体的体积.
【详解】（1）取的中点，连接、，
、分别为、的中点，且，
在正方体中，且，
为的中点，且，且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
（2）连接交于点，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，多面体即四棱锥，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，，
为的中点，所以，点到平面的距离为，
平面，平面，，
所以，矩形的面积为.
因此，多面体的体积为.
【点睛】方法点睛：常见线面平行的证明方法有：
（1）通过面面平行得到线面平行；
（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.
19. 在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.
已知为等差数列的前项和，若______.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①②，用基本量法即可求出通项公式，选③，根据和的关系即可求解.
(2)利用裂项相消法，即可求解.
【小问1详解】
解：若选①，，则，
解得，所以；
若选②，，则，解得，所以；
若选③，当时，当时，所以，当时也成立，所以
【小问2详解】
因为，
所以
20. 如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，，∠BAD=120，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，平面．
（1）求证：平面MAC平面PAD；
（2）若PA＝6，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，由所给条件推理出CA⊥AD，进而得CA⊥平面PAD，证得结论．
(2)首先以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求解二面角即可．
【小问1详解】
(1) 连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：
∵平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MAC=ME，
∴，，则BC=1，而AB=2，，
，
∴AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90º，∠CAD=90º，即CA⊥AD，
又PA⊥平面ABCD，CA平面ABCD，∴PA⊥CA，又PAAD=A，∴CA⊥平面PAD，而CA平面MAC，∴平面MAC⊥平面PAD．
【小问2详解】
（2）如图所示：以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为，
平面PAB和平面MAC所成锐二面角为，
∴，
，
∴.
21. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点且斜率存在的直线交抛物线于不同的两点，设为坐标原点，直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求出，即可得解；
（2）设直线，联立方程，利用韦达定理求得，再结合斜率公式即可得出结论.
【小问1详解】
解：点在抛物线上，且，
，解得，
抛物线的方程为；
【小问2详解】
证明依题意，设直线，
联立，得，
则，
故为定值．
22. 已知椭圆的长轴长为8，以椭圆的左焦点为圆心，短半轴长为半径的圆与直线直线相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线，过右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆交于两点，过点作，垂足为．
①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；
②点为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析，；②15.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，，解得，即，，，进而可得椭圆的方程．
（2）①由题意得，设直线，设，，，，，联立直线与椭圆的方程，
由韦达定理可得，，且，写出直线方程，再令，即可得出答案．
②由①可得判别式△，，令，化简结合函数单调性即可得出答案．
【详解】（1）椭圆的长轴长为8，
左焦点到直线的距离

椭圆的方程
（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，
①由题得，设直线，设
联立方程得（*）
所以有，且
因为，所以直线的方程为
，得（**）
将代入（**），则
故直线过定点，即定点为．
②在（*）中，
所以又直线过定点
故，
令，则在上单调递减，故当时，．