河南省三门峡市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省三门峡市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。

高二数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本大题共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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合斜率的定义即可求得直线的倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可知：，则.
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线倾斜角的定义，特殊角的三角函数值，属于基础题.
2. 若数列满足，，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列定义及通项公式求解.
【详解】因为，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以.
故选：D
3. 圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A. ，3B. ，3C. ，9D. ，9
【答案】A
【解析】
【分析】将圆方程化为标准方程，即可求得圆心坐标和半径.
【详解】由方程可得，
故圆心坐标为，半径为3．
故选：A.
4. 已知平面、的法向量分别为、，若，则等于（ ）
A. 1B. 2C. 0D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面垂直的法向量表示求解.
【详解】因为，
所以，
解得，
故选：C
5. 已知双曲线上点到点的距离为15，则点到点的距离为（ ）
A. 9B. 6C. 6或36D. 9或21
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线的定义可得答案.
【详解】设，，，为双曲线的焦点，
则由双曲线的定义，知，而
所以或21.
故选：D.
6. 某企业为节能减排，用万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加万元，该设备每年生产收入均为万元.设该设备使用了年后，年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设该设备第年的营运费为万元，利用为等差数列可求年平均盈利额，利用基本不等式可求其最大值.
【详解】设该设备第年的营运费为万元，
则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，则，
则该设备使用年的营运费用总和为，
设第n年的盈利总额为，则，
故年平均盈利额为，
因为，当且仅当时，等号成立，
故当时，年平均盈利额取得最大值4.
故选：D.
【点睛】本题考查等差数列在实际问题中的应用，注意根据题设条件概括出数列的类型，另外用基本不等式求最值时注意检验等号成立的条件.
7. 数列中，，，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，求出，再利用等比数列求和可得答案.
【详解】∵，∴，
所以，数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则，
∴，
∴，则，解得.
故选：C.
8. 抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与抛物线交于，两点，点为抛物线上的动点，且点在的右下方，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线方程后，联立抛物线方程，求出弦长，再由点到直线距离得出三角形高，利用二次函数求最值即可.
【详解】由知，则直线为，

设，则D到直线的距离为，
又点在的右下方，所以，
联立方程，消元得，
设，则，，
所以，
所以
故当时，有最大值.
故选：A
二、选择题：本大题共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，有选错的或不选的得0分．
9. 记为等差数列的前n项和.若，，则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据已知条件，构造关于的方程组，即可求解出的值并完成选项的判断.
【详解】因为，所以，
故选：AC.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及等差数列求和公式中的基本量的计算，难度较易.已知两个关于等差数列的等式，求解等差数列首项和公差的常见方法：（1）化简为关于首项、公差的方程组求解；（2）借助等差数列的性质进行求解.
10. 已知点在圆上，点，，则（ ）
A. 直线与圆相交B. 直线与圆相离
C. 点到直线距离大于0.5D. 点到直线距离小于5
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离判断AB，再由圆上点到直线距离的最值判断CD即可.
【详解】由知，圆心为，半径，
直线，
则圆心到直线距离.
所以直线与圆相离，故A错B对；
由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大最小值分别为，
，故CD正确.
故选：BCD
11. 如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
12. (多选)如图所示，“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，下列式子正确的是（ ）
A. B.
C. 【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意得，再结合不等式的性质即可得答案.
【详解】观察图形可知，即A不正确；，即B正确；
由， 知，，即，从而,即： ,即D正确，C不正确．
故选：BD
【点睛】本题考查知识的迁移与应用，考查分析问题与处理问题的能力，是中档题.本题解题的关键在于由图知，进而根据不等式性质讨论求解.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线与平行，则实数__________．
【答案】0或
【解析】
【分析】根据两直线平行的性质求解.
【详解】因为直线与平行，
所以，
解得或，
经检验，此时两直线平行.
故答案为：0或
14. 已知点，平面过，，三点，则点到平面的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得平面ABC的一个法向量，然后由求解.
【详解】因为，，，，
所以，
设平面ABC的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以则点到平面的距离为，
故答案为：
15. 设双曲线的一条渐近线为，则的离心率为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据双曲线焦点的位置，结合双曲线方程与离心率公式分类讨论进行求解即可.
【详解】当该双曲线焦点位于横轴时，则有，
因该双曲线一条渐近线为，
所以有，
即此时双曲线的离心率为；
当该双曲线焦点位于纵轴时，则有，
因为该双曲线一条渐近线为，
所以有，
即此时双曲线的离心率为，
故答案为：或
16. 过作圆与圆的切线，切点分别为，，若，则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用圆切线的性质，结合代入法、二次函数的性质进行求解即可.
【详解】圆，显然，半径为1，
圆，显然，半径为2，
因为是分别是圆，圆的切线，
所以，
因为，
所以有，
即，
化简，得代入中，
得，
所以当时，的最小值，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用圆的切线性质得到等式.
四、解答题：本大题共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. 已知等差数列{an}满足：a4＝7，a10＝19，其前n项和为Sn．
（1）求数列{an}的通项公式an及Sn；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn．
【答案】（1）,；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
（2）利用“裂项求和”方法即可得出．
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，则，
解得，，
∴.
（2），
∴数列的前项和为
.
18. 已知抛物线的焦点与曲线的右焦点重合.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若抛物线上的点满足，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）求出双曲线的右焦点坐标，可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）设点，由抛物线的定义求出的值，代入抛物线的方程可求得的值，即可得出点的坐标.
【详解】（1）由双曲线方程可得，，
所以，解得.
则曲线的右焦点为，所以，.
因此，抛物线的标准方程为；
（2）设，由抛物线的定义及已知可得，解得.
代入抛物线方程可得，解得，
所以点的坐标为或.
19. 如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，点为的中点，点在直线上，且．
（1）证明：面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果.
【小问1详解】
证明：正中，点为的中点，，
因为平面，平面，则，
，则平面，
平面，则，
又，且，平面.
【小问2详解】
解：因为，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
平面，平面，则，
又因为，，故平面，
所以，平面的一个法向量为，
则.
因此，平面和平面夹角的余弦值为.
20. 已知数列的前项和为，并且满足
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求证：
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用和项可求得的通项公式，注意别漏了说明；
（2）先用错位相减法求出数列的前项和，从而可知
【详解】（1） ,①
当 时， ，②
由①—②可得： ,且
数列 是首项为1，公差为2的等差数列，即
（2）由（1）知数列， ,
则 ,①
∴ ,②
由①﹣②得
,
∴ ,.
【点睛】本题主要考查给出的一个关系式求数列的通项公式以及用错位相减法求数列的前n项和.
21. 如图，四棱锥中，平面，是边长为2的等边三角形，直线与底面所成的角为45°，，，是棱的中点.
（1）求证：；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.
【解析】
【分析】（1）根据平面，得到，，.然后根据已知条件计算，利用勾股定理逆定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，从而证得.
（2）假设在棱上存在一点满足题意，则，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用空间向量探究求解即可.
【详解】（1）∵平面，平面，平面，平面，∴，，.
∵直线与底面所成的角为45°，∴.
∵是边长为2的等边三角形.
∴.
又，∴.
在中，，，∴.
在中，，，，
∴，∴.
又，平面.
又平面，∴.
（2）假设在棱上存在一点满足题意，，
由（1）可知，所以，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.如图所示，
则，，，，，
设，则，
∴，得，，，
∴，，
设平面得法向量为，则有，可得
令，则，，∴是平面的一个法向量.
易知为平面的一个法向量.
∴，
故即解得，
故在棱上存在点且为的中点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考察利用空间向量坐标方法求解存在性问题，关键是经过证明判定后，建立适当的空间直角坐标系，并注意认真计算空间平面的法向量，还要熟练掌握线段上的点的坐标的表示方法.
22. 已知椭圆的离心率为，点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率以及点左､右顶点可以构成等腰直角三角形，即可求得的值，从而得椭圆的标准方程；
（2）根据直线与椭圆相交，联立直线与椭圆得交点，的坐标关系，利用直线，的斜率之积等于，可得，分别求与原点到的距离，求的面积，即可判断其是否为定值.
小问1详解】
解：椭圆离心率为，即，
点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形，
，，，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：由直线与椭圆交于，两点，设，，则
联立得，
，则
，
.
，
.
原点到的距离，
为定值.