福建省厦门市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份福建省厦门市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用两直线垂直的条件求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，即.
故选：B.
2. 等差数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式求解.
【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，
所以.
故选：D.
3. 已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离.
【详解】由题意，
在直线中，方向向量为，
∴直线l的斜率存在，设，则直线l的斜率为：，
∴，
∵直线l过点，
∴，解得：，
∴，即，
∴原点到的距离为：，
故选：B.
4. 已知圆与圆，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆有且仅有一条公切线，得到两圆内切，从而可求出结果.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为，
圆可化为，圆心为，半径为，
又与有且仅有一条公切线，
所以两圆内切，
因此，即，
解得，
故选：C
5. 在三棱锥中，点M是中点，若，则（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】表达出和，得出，，的值，即可求出的值.
【详解】由题意，
在三棱锥中，点M是中点，
连接，，
在中，
，
在中，
，
∴,
∴，，
∴，
故选：A.
6. 已知点P在双曲线的右支上，直线交曲线C于点Q（异于P），点F为C的左焦点，若为锐角，则b的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点，根据双曲线的定义，可求得，根据已知条件为锐角，可判断为钝角，结合余弦定理即可求得b的取值范围.
【详解】如图所示：
设双曲线的右焦点为，则，且，则，
又则，又，所以，
而，即，解得，
又因为为锐角，且根据双曲线的对称性知，关于原点对称，，，
所以为锐角，
所以为钝角，则①，且，又②，
由①②两式解得，
所以b的取值范围为.
故选：C
7. 在平行六面体中，，，则直线与直线所成角余弦值为（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设，由向量的运算得出，进而得出直线与直线所成角的余弦值.
【详解】设，不妨设，则
，，
即，则直线与直线所成角的余弦值为.
故选：A
8. 椭圆的左焦点为F，右顶点为A，以F为圆心，为半径的圆与E交于点P，且，则E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，右焦点为，中利用余弦定理列方程，由齐次式可求E的离心率.
【详解】由题意，，，由，，
右焦点为，连接，有，
中，，
化简得，即，
则E的离心率为.
故选：C
【点睛】思路点睛：点P在椭圆上，一是满足椭圆方程，二是到两焦点距离之和等于2a，求椭圆离心率，结合其它条件构造齐次式即可得解.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知椭圆与椭圆，则（ ）
A. B. 短轴长相等C. 焦距相等D. 离心率相等
【答案】AC
【解析】
【分析】分别对两个椭圆进行分析，得到对应的短轴长，焦距，离心率等，即可得出结论.
【详解】由题意，在中，有，，，
∴短半轴为3，长半轴为5，焦距为，离心率，
在中，有，，，
∴长半轴为，短半轴为，焦距为，
，解得：，离心率，
∴AC正确，BD错误.
故选：AC.
10. 如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，平面
C. 当时，点到平面的距离为
D. 当时，平面与平面的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项.
【详解】因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
对于AD选项，当时，，
，易知平面的一个法向量为，
因为，因此，与平面不平行，A错，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
，
所以，平面与平面的夹角不是，D错；
对于BC选项，当时，，
，，，
所以，，，所以，，，
又因为，、平面，平面，B对，
点到平面的距离为，C对.
故选：BC.
11. 2022年11月29日23时08分，我国自主研发的神舟十五号载人飞船成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口，并实现首次太空会师．我国航天员在实验舱观测到一颗彗星划过美丽的地球，彗星沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于这条抛物线的焦点．当此彗星离地球4千万公里时，经过地球和彗星的直线与抛物线的轴的夹角为，则彗星与地球的最短距离可能为（单位：千万公里）（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】CD
【解析】
【分析】不妨假设该抛物线开口向右，可设该抛物线方程为，彗星离地球4千万公里时假设为A点，作轴于，分在的左侧和右侧进行讨论，即可求出最短距离
【详解】不妨假设该抛物线开口向右，如图所示，可设该抛物线的方程为，
地球即焦点坐标为，设彗星的坐标为，
当彗星离地球4千万公里时，设彗星此时处于A点，即，
作轴于，则，
当在的右侧时，
，所以，
代入抛物线可得，解得
则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，
则彗星与地球的最短距离可能为1千万公里，
当在的左侧时，
，所以，
代入抛物线可得，解得
则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，
则彗星与地球的最短距离可能为3千万公里，
故选：CD
12. 大自然的美丽，总是按照美的密码进行，而数学是美丽的镜子，斐波那契数列，就用量化展示了一些自然界的奥妙．譬如松果、风梨的排列、向日葵花圈数、蜂巢、黄金矩形、黄金分割等都与斐波那契数列有关．在数学上，斐波那契数列可以用递推的方法来定义：，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】用累加法判断选项AB，对于C，只需证明即可,用数学归纳法证明;对于D，得到，即可判断
【详解】对于A，由，可得，则，，，
将上式累加得，又，则有.故A正确；
对于B，由，可得，，
将上式累加得，又，则，故B错误；
对于C，有成立,用数学归纳法证明如下:
①当时,,满足规律,
②假设当时满足成立
当时，则成立，满足规律,
故，令，则有成立，故C正确;
对于D，由可得，
所以 ，故D正确
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 写出双曲线的一条渐近线方程__________．
【答案】（或）
【解析】
【分析】由双曲线的性质求解即可.
【详解】由题意可得，，则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：（或）
14. 正方体中，E为线段的中点，则直线与平面所成角的正弦值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间坐标系，利用法向量求解线面角.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图，设正方体的棱长为2，则;
；
设平面的一个法向量为，则，，
令，则.
设直线与平面所成角为，则.
故答案为：.
15. 在平面上给定相异的两点A，B，设点P与A，B在同一平面上，满足，当且时，点P的轨迹是一个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆．在中，，边中点为，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，可得，利用可得，结合图象即可得到与该圆相切时，最大
【详解】设，由边中点为可得，
因为，所以，整理可得，
所以的轨迹是圆心为，半径为4的圆上（排除轴上的点），
则当与该圆相切时，最大，，
因为所以
故答案为：
16. 平面上一系列点，其中，已知在曲线上，圆与y轴相切，且圆与圆外切，则的坐标为__________；记，则数列的前6项和为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由圆与y轴相切得出圆的半径为，由圆与圆外切，得出，进而由递推公式结合求解即可.
【详解】因为圆与y轴相切，所以圆的半径为，
又圆与圆外切，所以.
两边平方并整理得，结合，
，得，
即，，以此类推
因为，所以，故.
数列的前6项和为
故答案为：；.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，点D为的中点，的外接圆为圆M．
（1）求圆M的方程；
（2）求直线被圆M所截得的弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得为正三角形，可求出圆心坐标和半径得求圆M的方程；
（2）根据相应点的坐标，得到直线CD的方程，求圆心到直线距离，利用几何法求弦长.
【小问1详解】
（1）因为， ，所以为正三角形，
由 ，得，
所以外接圆圆心为 ，又半径 ，
所以圆M的方程为
【小问2详解】
由题意得 ， ，
直线CD的斜率 ，
直线CD方程为 即 ，
M到CD的距离为 ，
所以CD被圆M截得的弦长为 .
18. 已知等比数列的各项均为正数，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公比，利用通项公式可得答案；
（2）先求出的通项公式，利用分组求和法可求和.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比为，因为，
所以，解得，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，设数列前n项和为，
则
.
19. 已知点，点B为直线上的动点，过点B作直线的垂线l，且线段的中垂线与l交于点P．
（1）求点P的轨迹的方程；
（2）设与x轴交于点M，直线与交于点G（异于P），求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义求解轨迹方程；
（2）设出直线，联立方程，得出，用表示出四边形的面积，结合基本不等式求解最值.
【小问1详解】
由题意点到直线的距离与到点的距离相等，所以点P的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
所以方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，则.
如图，设与轴的交点为，则易知为的中位线，所以.
联立，得，，
不妨设，则，
四边形面积为
,
当且仅当时，取到最小值，所以四边形面积的最小值为.
20. 世界上有许多由旋转或对称构成的物体，呈现出各种美．譬如纸飞机、蝴蝶的翅膀等．在中，．将绕着旋转到的位置，如图所示．
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由题意可知，所以；
因为平面，所以平面；
因为平面，所以.
【小问2详解】
由题意可知三棱锥的体积最大时，平面平面；
在平面内作出，且与的延长线交于点，连接；
因为平面平面，平面平面，，
所以平面；根据旋转图形的特点可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以；
；
，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则；
易知平面的一个法向量为,
设平面和平面的夹角为，则.
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
21. 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多千万元．
（1）分别求甲、乙超市第n年销售额表达式；
（2）若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，至少会出现在第几年？
【答案】（1）甲超市第n年销售额为，乙超市第n年销售额为
（2）乙超市将被甲超市收购，至少第6年
【解析】
【分析】（1）设甲、乙超市第年销售额分别为千万元、千万元，利用即可求出，利用累加法求出即可；
（2）先解释甲超市不可能被乙超市收购，然后利用得到，通过得到，代入具体的值即可
【小问1详解】
设甲、乙超市第年销售额分别为千万元、千万元，
假设甲超市前年总销售额为，则，
当时，，
易得不满足上式，故；
时，，
故，
显然也适合，故；
【小问2详解】
甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下：
①因为，，当时，，
所以甲超市不可能被乙超市收购；
②设即，即，
设，
令
即，解得，所以
，
，
所以，解得，
综上，至少第6年时乙超市将被甲超市收购
22. 已知椭圆过点，且离心率为．
（1）求E的方程；
（2）过作斜率之积为1的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值，定值为2，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得写出关于的等式，即可求出E的方程；
（2）设直线与椭圆进行联立可得，同理可得可得到直线过定点，然后利用面积公式即可
【小问1详解】
由题意可得，解得，
则E的方程
【小问2详解】
与面积之比为定值，定值为2，理由如下：
设直线（），
联立可得，，
则
所以
所以，
设，同理可得
所以，
所以直线即
所以恒过定点，
设点到直线的距离分别是
则
【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.
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