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2022-2023学年北京市密云区高二上学期期末考试数学试题（解析版）
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2022-2023学年北京市密云区高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．抛物线的准线方程是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由抛物线的方程直接求解准线方程即可.【详解】解：由抛物线，可得其准线方程是.故选：A.2．已知数列，首项，，则（ ）A．5 B．8 C．11 D．15【答案】B【分析】根据递推关系求得.【详解】.故选：B3．设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】A【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.故选：A4．已知直线.则下列结论正确的是（ ）A．点在直线上 B．直线的倾斜角为C．直线在轴上的截距为8 D．直线的一个方向向量为【答案】B【分析】逐个分析各个选项.【详解】对于A项，当，时， 代入直线方程后得，∴点不在直线l上，故A项错误；对于B项，设直线l的倾斜角为，∵，∴，又∵，∴，故B项正确；对于C项，令得：，∴直线l在y轴上的截距为，故选项C错误；对于D项，∵直线l的一个方向向量为，∴，这与已知相矛盾，故选项D错误.故选：B.5．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算，即得.【详解】由题意得：.故选：B.6．若双曲线的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】先求出渐近线方程，代入点化简求解.【详解】双曲线的渐近线方程为：，点在一条渐近线上即故选：D7．若直线：与：互相平行，则a的值是（ ）A． B．2C．或2 D．3或【答案】A【分析】根据直线：与：互相平行，由求解.【详解】因为直线：与：互相平行，所以，即，解得或，当时，直线：，：，互相平行；当时，直线：，：，重合；所以，故选：A8．已知，，且，则（ ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.【详解】，，则，由，可得，解之得故选：B9．已知直线和圆：，则直线与圆的位置关系为（ ）A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定【答案】A【解析】求出直线过的定点坐标，确定定点在圆内，则可判断．【详解】直线方程整理为，即直线过定点，而，在圆内，∴直线与圆相交．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．关键点有两个：一是确定动直线所过定点坐标，二是确定点到圆的位置关系：圆的一般方程为，点，则点在圆内，点在圆上，点在圆外．10．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法不正确的是（ ）A．当时，的面积的最大值为B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，存在点，使得平面【答案】C【分析】根据选项A，可得点在上运动，当点运动到点时，的面积取得最大值，则，判断选项A；根据选项B，可得点在上运动，则，判断选项B；设的中点为，的中点为，根据选项C，可得点在上运动，则点在上运动，可证得面，即可判断选项C；建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得出点的坐标，即可判断选项D.【详解】当时, ,则点在上运动，则当点与重合时，则此时面积取得最大值，,由于直三棱柱，则,为等腰直角三角形,则,面则面面则,故选项A正确；当时，则，点在上运动，则,由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为则,则，故选项B正确；当时，,设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，,则面，则当点与点重合时，面，即面，则,故选项C错误；如图建立空间直角坐标系，设的中点为，的中点为，当时，，则点在线段上运动，设平面的法向量为.则当时，则与平行，则存在点，使得平面，故选项D正确.故选：C.【点睛】思路点睛：用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比..二、填空题11．已知直线和直线互相垂直，则的值是______.【答案】【分析】根据直线垂直列方程，由此求得的值.【详解】由于两条直线垂直，所以.故答案为：12．圆心为且和轴相切的圆的方程是______.【答案】【分析】根据圆的切线性质进行求解即可.【详解】因为该圆与轴相切，所以该圆的半径为，因此圆的方程为，故答案为：13．已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于．若，，则抛物线的方程为______．【答案】【分析】根据抛物线的定义可得，然后在直角三角形中利用可得，从而可得答案．【详解】根据抛物线的定义可得，又，所以，得，所以抛物线的方程为．故答案为：．14．关于曲线，给出下列四个结论：①曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称；②曲线围成的面积是；③曲线上任意一点到原点的距离者不大于；④曲线上的点到原点的距离的最小值为1.其中，所有正确结论的序号是______.【答案】①②③④【分析】画出曲线的图象，根据对称性、面积、图象等知识确定正确答案.【详解】曲线，则时，，时，，时，，当时，，由此画出曲线的图象如下图所示，由图可知：曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称，①正确.曲线围成的面积是，②正确.曲线上任意一点到原点的距离者不大于，③正确曲线上的点到原点的距离的最小值为1，即，所以④正确.故答案为：①②③④三、双空题15．已知数列的前项和，则______，的最小值为______.【答案】 【分析】利用求得，进而求得正确答案.【详解】当时，，当时，由得，，所以，所以，由于时，，是递增数列，，所以的最小值为.故答案为：；四、解答题16．已知数列为等差数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若等比数列满足，，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由得出数列的通项公式；（2）先由得出公比，再由求和公式计算即可.【详解】（1）因为，，所以，解得.即数列的通项公式为.（2）设公比为，因为，所以，所以数列的前项和为.17．已知圆，圆，直线.(1)求圆心到直线的距离；(2)已知直线与圆交于，两点，求弦的长；(3)判断圆与圆的位置关系.【答案】(1)(2)(3)外切【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得正确答案.（2）根据弦长公式求得正确答案.（3）根据圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.【详解】（1）圆的圆心为，半径.圆的方程可化为，所以圆心为，半径.所以圆心到直线的距离为.（2）.（3），所以两圆外切.18．如图所示，在多面体中，梯形与正方形所在平面互相垂直，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)若点在线段上，且，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先根据面面平行的判定证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得到答案.（2）首先取的中点，连接，易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面.（3）首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】（1）因为平面；平面；，所以平面.因为平面；平面；，所以平面.又因为平面，平面，，所以平面平面；又因为平面，所以平面.（2）取的中点，连接，如图所示：因为四边形为梯形，且，，所以四边形为正方形，，.所以，，即，.又因为平面平面，且平面，，所以平面.又因为平面，所以.因为，，，平面，所以平面.（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设异面直线与所成角为，则.所以异面直线与所成角的余弦值为.19．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.(1)求椭圆的方程；(2)当时，求的面积；(3)对，的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)(3)是，定值为8，证明见解析【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.【详解】（1）长轴长是焦距的2倍，则，则，∴椭圆为，代入点得，解得.∴椭圆的方程为.（2），则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.设，由得，∴，，.∴.∴.（3）的周长为定值，理由如下：直线l恒过椭圆左焦点，由椭圆定义可知的周长为.20．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，、、、分别是、、、的中点.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知.条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在， 求线段的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)答案见解析.【分析】（1）选条件①：平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件②：，由，得到，又，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件③：平面平面，由，利用面面垂直的性质定理证明；（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面EFG的一个法向量为，易知平面ABCD的一个法向量为，由求解；（3）设，，得到，由（2）知平面EFG的一个法向量为，由求解.【详解】（1）证明：选条件①：平面，又平面ABCD，所以平面平面， 因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；选条件②：；因为，所以，则，又，且，所以平面，又平面ABCD，所以平面平面， 因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；选条件③：平面平面.因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；（2）由（1）建立如图所示空间直角坐标系：则，，所以，设平面EFG的一个法向量为，则，即，令，则，所以，易知平面ABCD的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角为；（3）设，，则，由（2）知平面EFG的一个法向量为：，所以直线与平面所成角的正弦值为，即，整理得，因为，所以方程无解，即不存在满足条件的点M.21．已知椭圆的一个顶点为，离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，动直线交椭圆于，两点，满足，过点作，垂足为.(1)求椭圆的标准方程；(2)判断直线是否过定点，如果是，则求出此定点的坐标，如果不是，则说明理由；(3)写出面积的最大值.【答案】(1)(2)过定点(3)【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标.（3）先求得点的轨迹，然后求得面积的最大值.【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆方程为.（2）依题意可知直线不过点，若直线的斜率不存在，则为锐角，不满足，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，，整理得.设，则，，由于，所以，即，，，，，即，整理得，由于，故解得，所以直线的方程为，所以直线过定点，此时在椭圆内，满足直线与椭圆有个公共点.（3）设，由于，所以点的轨迹是以为直径的圆（点除外），所以到，也即到的距离的最大值为，所以面积的最大值为.
2022-2023学年北京市密云区高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．抛物线的准线方程是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由抛物线的方程直接求解准线方程即可.【详解】解：由抛物线，可得其准线方程是.故选：A.2．已知数列，首项，，则（ ）A．5 B．8 C．11 D．15【答案】B【分析】根据递推关系求得.【详解】.故选：B3．设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】A【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.故选：A4．已知直线.则下列结论正确的是（ ）A．点在直线上 B．直线的倾斜角为C．直线在轴上的截距为8 D．直线的一个方向向量为【答案】B【分析】逐个分析各个选项.【详解】对于A项，当，时， 代入直线方程后得，∴点不在直线l上，故A项错误；对于B项，设直线l的倾斜角为，∵，∴，又∵，∴，故B项正确；对于C项，令得：，∴直线l在y轴上的截距为，故选项C错误；对于D项，∵直线l的一个方向向量为，∴，这与已知相矛盾，故选项D错误.故选：B.5．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算，即得.【详解】由题意得：.故选：B.6．若双曲线的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】先求出渐近线方程，代入点化简求解.【详解】双曲线的渐近线方程为：，点在一条渐近线上即故选：D7．若直线：与：互相平行，则a的值是（ ）A． B．2C．或2 D．3或【答案】A【分析】根据直线：与：互相平行，由求解.【详解】因为直线：与：互相平行，所以，即，解得或，当时，直线：，：，互相平行；当时，直线：，：，重合；所以，故选：A8．已知，，且，则（ ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.【详解】，，则，由，可得，解之得故选：B9．已知直线和圆：，则直线与圆的位置关系为（ ）A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定【答案】A【解析】求出直线过的定点坐标，确定定点在圆内，则可判断．【详解】直线方程整理为，即直线过定点，而，在圆内，∴直线与圆相交．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．关键点有两个：一是确定动直线所过定点坐标，二是确定点到圆的位置关系：圆的一般方程为，点，则点在圆内，点在圆上，点在圆外．10．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法不正确的是（ ）A．当时，的面积的最大值为B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，存在点，使得平面【答案】C【分析】根据选项A，可得点在上运动，当点运动到点时，的面积取得最大值，则，判断选项A；根据选项B，可得点在上运动，则，判断选项B；设的中点为，的中点为，根据选项C，可得点在上运动，则点在上运动，可证得面，即可判断选项C；建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得出点的坐标，即可判断选项D.【详解】当时, ,则点在上运动，则当点与重合时，则此时面积取得最大值，,由于直三棱柱，则,为等腰直角三角形,则,面则面面则,故选项A正确；当时，则，点在上运动，则,由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为则,则，故选项B正确；当时，,设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，,则面，则当点与点重合时，面，即面，则,故选项C错误；如图建立空间直角坐标系，设的中点为，的中点为，当时，，则点在线段上运动，设平面的法向量为.则当时，则与平行，则存在点，使得平面，故选项D正确.故选：C.【点睛】思路点睛：用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比..二、填空题11．已知直线和直线互相垂直，则的值是______.【答案】【分析】根据直线垂直列方程，由此求得的值.【详解】由于两条直线垂直，所以.故答案为：12．圆心为且和轴相切的圆的方程是______.【答案】【分析】根据圆的切线性质进行求解即可.【详解】因为该圆与轴相切，所以该圆的半径为，因此圆的方程为，故答案为：13．已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于．若，，则抛物线的方程为______．【答案】【分析】根据抛物线的定义可得，然后在直角三角形中利用可得，从而可得答案．【详解】根据抛物线的定义可得，又，所以，得，所以抛物线的方程为．故答案为：．14．关于曲线，给出下列四个结论：①曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称；②曲线围成的面积是；③曲线上任意一点到原点的距离者不大于；④曲线上的点到原点的距离的最小值为1.其中，所有正确结论的序号是______.【答案】①②③④【分析】画出曲线的图象，根据对称性、面积、图象等知识确定正确答案.【详解】曲线，则时，，时，，时，，当时，，由此画出曲线的图象如下图所示，由图可知：曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称，①正确.曲线围成的面积是，②正确.曲线上任意一点到原点的距离者不大于，③正确曲线上的点到原点的距离的最小值为1，即，所以④正确.故答案为：①②③④三、双空题15．已知数列的前项和，则______，的最小值为______.【答案】 【分析】利用求得，进而求得正确答案.【详解】当时，，当时，由得，，所以，所以，由于时，，是递增数列，，所以的最小值为.故答案为：；四、解答题16．已知数列为等差数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若等比数列满足，，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由得出数列的通项公式；（2）先由得出公比，再由求和公式计算即可.【详解】（1）因为，，所以，解得.即数列的通项公式为.（2）设公比为，因为，所以，所以数列的前项和为.17．已知圆，圆，直线.(1)求圆心到直线的距离；(2)已知直线与圆交于，两点，求弦的长；(3)判断圆与圆的位置关系.【答案】(1)(2)(3)外切【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得正确答案.（2）根据弦长公式求得正确答案.（3）根据圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.【详解】（1）圆的圆心为，半径.圆的方程可化为，所以圆心为，半径.所以圆心到直线的距离为.（2）.（3），所以两圆外切.18．如图所示，在多面体中，梯形与正方形所在平面互相垂直，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)若点在线段上，且，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先根据面面平行的判定证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得到答案.（2）首先取的中点，连接，易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面.（3）首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】（1）因为平面；平面；，所以平面.因为平面；平面；，所以平面.又因为平面，平面，，所以平面平面；又因为平面，所以平面.（2）取的中点，连接，如图所示：因为四边形为梯形，且，，所以四边形为正方形，，.所以，，即，.又因为平面平面，且平面，，所以平面.又因为平面，所以.因为，，，平面，所以平面.（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设异面直线与所成角为，则.所以异面直线与所成角的余弦值为.19．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.(1)求椭圆的方程；(2)当时，求的面积；(3)对，的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)(3)是，定值为8，证明见解析【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.【详解】（1）长轴长是焦距的2倍，则，则，∴椭圆为，代入点得，解得.∴椭圆的方程为.（2），则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.设，由得，∴，，.∴.∴.（3）的周长为定值，理由如下：直线l恒过椭圆左焦点，由椭圆定义可知的周长为.20．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，、、、分别是、、、的中点.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知.条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在， 求线段的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)答案见解析.【分析】（1）选条件①：平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件②：，由，得到，又，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件③：平面平面，由，利用面面垂直的性质定理证明；（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面EFG的一个法向量为，易知平面ABCD的一个法向量为，由求解；（3）设，，得到，由（2）知平面EFG的一个法向量为，由求解.【详解】（1）证明：选条件①：平面，又平面ABCD，所以平面平面， 因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；选条件②：；因为，所以，则，又，且，所以平面，又平面ABCD，所以平面平面， 因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；选条件③：平面平面.因为是正三角形， 且是的中点，所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD所以平面；（2）由（1）建立如图所示空间直角坐标系：则，，所以，设平面EFG的一个法向量为，则，即，令，则，所以，易知平面ABCD的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角为；（3）设，，则，由（2）知平面EFG的一个法向量为：，所以直线与平面所成角的正弦值为，即，整理得，因为，所以方程无解，即不存在满足条件的点M.21．已知椭圆的一个顶点为，离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，动直线交椭圆于，两点，满足，过点作，垂足为.(1)求椭圆的标准方程；(2)判断直线是否过定点，如果是，则求出此定点的坐标，如果不是，则说明理由；(3)写出面积的最大值.【答案】(1)(2)过定点(3)【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标.（3）先求得点的轨迹，然后求得面积的最大值.【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆方程为.（2）依题意可知直线不过点，若直线的斜率不存在，则为锐角，不满足，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，，整理得.设，则，，由于，所以，即，，，，，即，整理得，由于，故解得，所以直线的方程为，所以直线过定点，此时在椭圆内，满足直线与椭圆有个公共点.（3）设，由于，所以点的轨迹是以为直径的圆（点除外），所以到，也即到的距离的最大值为，所以面积的最大值为.
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