黑龙江省佳木斯市第一中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份黑龙江省佳木斯市第一中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共26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。

一、单选题：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. 抛物线的准线方程是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，抛物线可化为，则，所以准线方程为，故选C．
考点：抛物线的几何性质．
2. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件定义即可求解.
【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立；
若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立；
所以 “存在实数x，y，使得是“平面ABC”的必要不充分条件，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题.
3. 已知直线，若，则与之间的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，经检验符合题意；
所以，
所以与之间的距离，
故选：A
4. 中国古人所使用的音阶是“五声音阶”，即“宫徵（zhǐ）商羽角（jué）”五个音，中国古代关于这五个音阶的律学理论，叫做“三分损益法”，相关记载最早见于春秋时期《管子·地缘篇》．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”两层含义，“三分损一”是指将原有长度作三等分而减去其一份生得长度，“三分益一”是指将原有长度作三等分而增添其一份生得长度．具体来说，以一段圆径绝对均匀的发声管为基数——宫（称为“基本音”），宫管的“三分损一”为徵管，徵管发出的声音即为徵，徵管的“三分益一”为商管，商管发出的声音即为商，商管的“三分损一”为羽管，羽管的“三分益一”为角管，由此“宫、徵、商、羽、角”五个音阶就生成了．关于五音，下列说法中不正确的是（ ）
A. 五音管中最短的音管是羽管
B. 假设基本音的管长为81，则角管的长度为64
C. 五音管中最长的音管是商管
D. 类比题中的“三分损益”可推算：商的“四分损一”为徵
【答案】C
【解析】
【分析】设宫管的长为a，即可表示出徵、商、羽、角的管长，即可判断A，B，C；根据“三分损益”的含义可求得商的“四分损一”为徵，判断D.
【详解】不妨设宫管的长为a，则徵管的长为，商管的长为，
羽管的长为 ，角管的长为，
而，
故最长的音管是宫管，最短的音管是羽管，故选项A正确，选项C错误；
令，即基本音的管长为81，则，即角管的长度为64，故选项B正确；
商的“四分损一”为，即为徵，选项D正确，
故选︰C．
5. 如图，在正三棱柱中，若，则C到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可.
【详解】由题意知，，
取AC的中点O，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点C到直线的距离为：.
故选：D
6. 已知过点的直线与圆心为的圆相交于，两点，当面积最大时，直线的方程为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由三角形面积公式结合正弦函数的性质得出当时面积最大，设出直线的方程，确定圆心到直线的距离，列出方程，求解得出直线的方程.
【详解】的面积，当仅当时“”成立，此时点到
直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，即：，此时圆心到直线的距离为，不满足题意；
当直线的斜率存在时，设：，则，解得，所以方程为.
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由三角形面积公式得出当时面积最大，进而由距离公式得出方程.
7. 已知等差数列的前项和为，若，且，则使成立的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可解得，再利用等差数列的前项和公式并结合等差数列的性质即可求解
【详解】由
又，所以公差
所以使成立的最大值为
故选：C
8. 已知，是双曲线：的左，右焦点，过点倾斜角为30°的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，据双曲线的定义可用表示，作，构造直角三角形可计算得，并用勾股定理列出了，进而可求.
【详解】设，则，
从而，进而.
过作，则.如图：
在中，，；
在中，，
即，所以.
故选：A
【点睛】（1）焦点三角形为条件求圆锥曲线的离心率，常利用圆锥曲线的定义；
（2）求圆锥曲线的离心率，常利用有关三角形建立关于的齐次等式，再化为的等式可求；
（3）此题的关键是作得直角三角形，即可求出边长，又可用来建立的齐次等式.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量不重合），并且直线均不在平面内，那么下列说法中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由空间向量的位置关系对选项逐一判断，
【详解】已知直线不在平面内，则，故A正确，D错误，
由空间向量的位置关系得，，故B，C正确，
故选：ABC
10. 已知等比数列的各项均为实数，公比为q，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，且，则
C. 若，则
D. 若，
【答案】ABC
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式的应用，等比数列的性质的应用，可判断A、B、C、D的结论是否正确．
【详解】显然.A：因，所以，因此本选项正确；
B：由，而，显然
，因此本选项正确；
C：由，
，
因此本选项正确；
D：由，，
因此本选项不正确.
故选：ABC.
11. 以下关于圆锥曲线的命题中，其中是真命题的有（ ）
A. 双曲线与椭圆有相同的焦点
B. 过双曲线的右焦点且被双曲线截得的弦长为10的直线共有2条
C. 设A，B是两个定点，k是非零常数，若，则动点P的轨迹是双曲线的一支
D. 动圆P过定点且与定直线l：相切，则圆心P的轨迹方程是
【答案】AD
【解析】
【分析】求出双曲线与椭圆的焦点坐标即可判断A；求出双曲线的实轴长及过右焦点的直线垂直x轴时所截弦长即可判断B；由双曲线的定义即可判断C；根据抛物线的定义即可判断D．
【详解】对于A，双曲线的焦点为，椭圆的焦点为，故A正确；
对于B，由双曲线的方程知，右焦点，实轴长为10，所以过右焦点与双曲线左右两支各交于一点且满足弦长为10的直线只有1条；过右焦点的直线垂直x轴时，得两交点坐标为、，此时弦长为，所以过右焦点与双曲线右支相交于两点且满足弦长为10的直线有2条，综上，过双曲线的右焦点且被双曲线截得的弦长为10的直线共有3条，故B错误；
对于C，当时，动点P的轨迹是一条射线，当时，动点P的轨迹是双曲线的一支，故C错误；
对于D，因为动圆P过定点且与定直线l：相切，即P点到的距离与到直线l：的距离相等，根据抛物线的定义可得，P点的轨迹是为以为焦点，为准线的抛物线，所以点P的轨迹方程为，故D正确．
故选：AD．
12. 已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A. 的最小值为2B. 面积的最大值为
C. 直线的斜率为D. 为钝角
【答案】BC
【解析】
【分析】A项，先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换利用基本不等式可得最小值，A项错误； B项，由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值； C项，由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系； D项，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知， 得，即，排除D项.
【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，
则四边形为平行四边形，
，
，
当且仅当时等号成立，A错误；
对于B，由得，
，
的面积，
当且仅当时等号成立，B正确；
对于C，设，则，，
故直线的斜率，C正确；
对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，
则，
又点和点在椭圆上，①，②，
①②得，易知，
则，得，
，，D错误.
故选：BC.
【点睛】椭圆常用结论：
已知椭圆，AB为椭圆经过原点的一条弦，P是椭圆上异于A、B的任意一点，若都存在，则.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 以点为圆心，并且与y轴相切的圆的方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆与轴相切，圆的半径等于点到轴的距离，求出半径，即可求出圆的标准方程．
【详解】设圆方程为，
圆与轴相切，半径等于圆心到轴的距离，即，
因此，圆的方程为，
故答案为：.
14. 在数列中，，，则______．
【答案】665
【解析】
【分析】利用累加法求得，进而求得
【详解】依题意，
.
所以.
故答案为：
15. 在抛物线上任取一点(不为原点)，为抛物线的焦点，连接并延长交抛物线于另一点过分别作准线的垂线，垂足分别为记线段的中点为则面积的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点为，连接，可变形为用表示，设直线方程为，与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得，代入，再由基本不等式可得最小值．
【详解】焦点为，设直线方程为，
由
取中点为，连接，则，，，
故时面积最小为.
故答案为：4．
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中与焦点弦有关的面积问题．解题关键是把抛物线的点到焦点的距离转化为到准线的距离，这样三角形的面积可以与焦点弦长联系，从而利用韦达定理求解．
16. 对于数列，定义为数列的“加权和”，已知某数列的“加权和”，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数p的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据数列新定义可得，从而时，，相减求得，进而求得的表达式，利用对任意的恒成立，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意可得，
∴时，，
两式相减可得：，
化为，
时，，满足上式，
故
故，
∵对任意的恒成立，
∴ ，即，
解得，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据数列新定义可得，从而时，，相减求得，从而可求得的表达式，因此解答的关键就在于将对任意的恒成立转化为解的问题.
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. 已知双曲线C的焦点在x轴上，焦距为4，且它的一条渐近线方程为．
（1）求C的标准方程；
（2）若直线与双曲线C交于A，B两点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）焦点在轴上，设方程为根据题意求出即可
（2）设点，联立方程组，消元得一元二次方程，由韦达定理，然后利用弦长公式计算即可
【小问1详解】
因为焦点在轴上，设双曲线的标准方程为，
由题意得，
所以，①
又双曲线的一条渐近线为，
所以，②
又，③
联立上述式子解得，，
故所求方程为；
【小问2详解】
设，，
联立，整理得，
由，
所以，，
即
18. 在①且，②，③，且成等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：设数列的前n项和为，_________.若，求数列的前n项和为.
【答案】选择见解析；.
【解析】
【分析】
若选①，由得数列是等差数列，进而得，，再根据裂项相消求和法求和即可；若选②，由得，进而根据之间的关系得，再根据裂项相消求和法求和即可；若选③，由成等差数列，得.由于，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，故，再根据裂项相消求和法求和即可.
【详解】解：若选①，
因为，所以，即数列是等差数列
因为，所以.
解得，
故.
因为，所以.
则
若选②，
因为，所以，
所以，解得，
则.
因为满足上式，所以.
因为，所以.
则
若选③，
因为成等差数列，所以，
所以，即.
因为，所以，则数列是首项为1，公差为2的等差数列，
故.
因为，所以.
则
.
【点睛】本题解题的关键在于根据递推关系（等差中项，之间的关系等）证明数列是首项为1，公差为2的等差数列，进而得.考查运算求解能力，是中档题.
19.
如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）
[方法一]【三垂线定理】
由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以．
如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以．
又，所以平面．
作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角．
设，则，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值为．
[方法二]【利用平面的法向量】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为平面，所以，又，所以平面，
故为平面的一个法向量．
因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，
在中，因为，故与成角，
所以二面角，的正弦值为．
[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为，所以是直角三角形，．
因为平面，所以到平面的距离相等设为．
同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，
即，解得．
设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得．
设为二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值为．
[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】
由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，
即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等．
设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，
在正方体中求二面角的正弦值．
设相交于点O，易证平面，
所以是在平面上的射影．
令正方体的棱长，
则，，，．
设二面角为，由，则，
所以．
即二面角的正弦值为．
[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】
如图4，分别取中点F，G，H，联结．
过G作，垂足为P，联结．
易得E，F，G，H共面且平行于面．
由（1）可得面．因为面，所以．
又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形．
设，则，四棱柱为正方体．
在及中有．
所以与均为直角三角形且全等．
又因为，所以为二面角（即）的一个平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值为．
[方法六]【最优解：空间向量法】
以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为，
所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
【整体点评】(2)方法一：三垂线定理是立体几何中寻找垂直关系的核心定理；
方法二：利用平面的法向量进行计算体现了等价转化的数学思想，是垂直关系的进一步应用；
方法三：体积公式可以计算点面距离，结合点面距离可进一步计算二面角的三角函数值；
方法四：射影面积法体现等价转化的数学思想，是将角度问题转化为面积问题的一种方法；
方法五：利用第一问的结论找到二面角，然后计算其三角函数值是一种常规的思想；
方法六：空间向量是处理立体几何的常规方法，在二面角不好寻找的时候利用空间向量是一种更好的方法.
20. 已知抛物线，直线与交于两点且（为坐标原点）．
（1）求抛物线的方程；
（2）设，若直线的倾斜角互补，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用韦达定理法即求；
（2）由题可求，，再结合条件即得.
【小问1详解】
设，，
由，得，
故，
由，可得，即，
∴，
故抛物线的方程为：；
【小问2详解】
设的倾斜角为，则的倾斜角为，
∴,
由，得，
∴，
∴，同理，
由，得，
∴，即，
故.
21. 已知等比数列的前项和为，且，数列满足，其中.
（1）分别求数列和通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，利用，和等比数列的定义即可得出；利用已知条件和累乘法即可得出的通项公式；（2）先利用已知条件得到，，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由已知，
可得，
两式相减可得，
即，
整理得，
可知，
已知，
令，
得，
即，
解得，
故等比数列的通项公式为；
由得：
，
那么，
以上个式子相乘，
可得，
，
又满足上式，
所以的通项公式.
（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则，
即为，
整理得，
所以，
，
两式相减得：
，
所以.
【点睛】方法点睛：
由数列前项和求通项公式时，一般根据求解；
数列求和的方法：
（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.
22. 如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆的长轴三等分，椭圆右焦点到右顶点的距离为，椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆相交于点A，B．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线分别与椭圆相交于另一个交点为点P，M．求证：直线经过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得答案；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求的坐标，进而可求直线的方程，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可得：，则，
∵，解得，
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为k，则直线，
联立方程，解得或，
∴，
∵为圆的直径，点E在圆上，则，即，
∴，则直线，
故用去替代k得，
∵，
∴直线，即，
∴直线经过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.