2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长，焦距为，过点的直线交椭圆于A，两点，则的周长为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意画出图像，根据椭圆的定义即可求解．

【详解】由题知，2a＝8，

的周长为．

故选：C．

2．设等差数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】列出关于首项与公差的方程组，求出首项与公差，从而可得答案.

【详解】设数列的公差为，

因为，

所以，

解得，，

故.

故选：A.

3．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）

A．14 B．12 C．6 D．3

【答案】D

【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为，

若，则，与题意矛盾，

所以，

则，解得，

所以.

故选：D.

4．若，则是方程表示双曲线的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据双曲线定义可知，要使方程表示双曲线和异号，进而求得的范围即可判断是什么条件．

【详解】解：因为方程表示双曲线，所以，解得，

因为，

所以是方程表示双曲线的必要不充分条件，

故选：B

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据双曲线的定义是解决本题的关键，属于基础题．

5．已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆锥与内切球的轴截面图，列出等量关系，即可求解.

【详解】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点为球心，内切球的半径为，为切点，设，即

由条件可知，，

中，，即，解得：，

所以圆锥内切球的表面积.

故选：D

6．已知两点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】的轨迹为圆，考虑该圆和直线有公共点（即相交或相切）可得实数的取值范围.

【详解】设，则

由得，因在直线上，故圆心到直线的距离

，故，故选C.

【点睛】此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：

（1）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；

（2）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧．

7．已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.

【详解】

，

由，可得，当时，，

故函数的图象关于点对称，

由等差中项的性质可得，

所以，数列的前项和为.

故选：D.

8．已知，若点P是抛物线上任意一点，点Q是圆上任意一点，则的最小值为　　

A．3 B． C． D．4

【答案】B

【分析】设，利用三角形知识得到，转化成，令，将转化成，问题得解．

【详解】设，

由抛物线方程可得：抛物线的焦点坐标为，

由抛物线定义得：

又,

所以，

当且仅当三点共线时（F点在PQ中间），等号成立，

令，可化为：，

当且仅当，即：时，等号成立．

故选B

【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质及换元法、基本不等式的应用，还考查了计算能力及转化能力，属于基础题．

二、多选题

9．已知三个数成等比数列，则圆锥曲线的离心率为

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由等比数列的性质求出，再判断曲线类型，进而求出离心率

【详解】由三个数成等比数列，得，即；当，圆锥曲线为，曲线为椭圆，则；当时，曲线为，曲线为双曲线，，

则离心率为：或

故选BC

【点睛】本题考查等比数列的性质，离心率的求解，易错点为漏解的取值，属于中档题

10．已知，是抛物线上的两点，若直线过抛物线的焦点且倾斜角为.则下列命题正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】对于选项A，设直线的方程为，代入，再利用韦达定理，即可得到结论；

对于选项B，利用抛物线的定义和选项A中的结论，表示出即可；

对于选项C，由抛物线的定义，在直角三角形中，运用余弦函数的定义，即可得到的长，同理可得的长，即可判断；

对于选项D，选项A中的结论进行判断即可.

【详解】对于选项A，设直线的方程为，代入，

可得，所以，，选项A正确；

对于选项B，因为是过抛物线的焦点的弦，

所以由抛物线定义可得，

由选项A知，，，

所以.

即，解得，

当时，，所以，

当时，，所以，

当时，也适合上式，所以，选项B正确；

对于选项C，不妨设，点A在x轴上方，设，是，在准线上的射影，

，

所以，同理可得，

所以，同理可证时，等式也成立，选项C正确；

对于选项D，由上可知：，，

所以，选项D不正确，

故选：ABC.

11．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G．若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则（    ）

A．椭圆的长轴长为

B．线段AB长度的取值范围是

C．面积的最小值是4

D．的周长为

【答案】ABD

【分析】由题意可得b、c，然后可得a，可判断A；由椭圆性质可判断B；取特值，结合OA长度的取值范围可判断C；由椭圆定义可判断D.

【详解】由题知，椭圆中的几何量，得，则，A正确；

，由椭圆性质可知，所以，B正确；

记，则

取，则，C错误；

由椭圆定义知，，所以的周长，D正确.

故选：ABD

12．如图，四边形为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】找到三棱锥的高，利用三棱锥体积公式分别求出，，，进而判断出结果.

【详解】

如图连接交于O，连接.设，则.

由平面，，所以平面，

所以，

.

由平面，平面，所以.

又，且，平面，

所以平面，所以.

易知，

，

所以，所以,而，

平面，所以平面.

又，

，

所以有，

所以选项AB不正确，CD正确.

故选：CD.

三、填空题

13．已知向量．若，则________．

【答案】.

【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值

【详解】,

，解得,

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积.

14．已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．

【答案】

【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程.

【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得，

故双曲线的渐近线方程为.

故答案为：.

15．正方体中，分别是的中点，则所成的角的余弦值是__________．

【答案】

【分析】取的中点，由得出异面直线与所成的角为，然后在由余弦定理计算出，可得出结果．

【详解】取的中点，由且可得为所成的角，

设正方体棱长为，中利用勾股定理可得，

又，由余弦定理可得，

故答案为．

【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线找出异面直线所成的角，再选择合适的三角形，利用余弦定理或锐角三角函数来计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题．

16．对给定的数列，记，则称数列为数列的一阶商数列；记，则称数列为数列的二阶商数列；以此类推，可得数列的P阶商数列，已知数列的二阶商数列的各项均为，且，则___________．

【答案】

【分析】由题意可得，从而得，即，由累乘法即可求得的值.

【详解】解：由数列的二阶商数列的各项均为，可知，

而，

故数列是以1为首项，为公比的等比数列，

即，

即，

即．

所以，

故．

故答案为：

四、解答题

17．记△ABC得内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinA=3sinB，C=，c=.

(1)求a；

(2)求sinA.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，结合余弦定理得出；

（2）由正弦定理得出.

【详解】（1）因为sinA=3sinB，所以，由余弦定理

可得，所以

（2）由可得，

18．已知数列的前项和为, ，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由条件得到，结合已知两式相减得到，再验证，得到数列是等比数列，从而得到数列的通项公式；

（2）由（1）可知，利用分组转化为等差数列和等比数列求和.

【详解】（1）……………. ①

………………..      ②     

①- ②得 ，即

又,  

是以2为首项，2为公比的等比数列

（2）由（Ⅰ）得

【点睛】本题考查已知求，以及分组转化法求和，重点考查基本方法，计算能力，属于基础题型，本题容易忽略验证，一般求和的方法包含1.公式法求和；2.裂项相消法求和；3.分组转化法求和；4.错位相减法求和，这些常用方法需熟练掌握.

19．如图，在三棱柱中，平面，，是等边三角形，D，E，F分别是棱，AC，BC的中点.

(1)证明：平面.

(2)求平面ADE与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线线平行证明面面平行，再由面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解两平面夹角的余弦值.

【详解】（1）证明：连接BD.

因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以.

因为平面，平面，所以平面.

因为D，F分别是棱，BC的中点，所以，，

所以四边形是平行四边形，则.

因为平面，平面，所以平面.

因为平面ABD，且，所以平面平面.

因为平面ABD，所以平面.

（2）解：取的中点，连接，，易证，，OE两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，，

从而，，，.

设平面ADE的法向量为，

则令，得，

设平面的法向量为，

则令，得.

设平面与平面的夹角为，则.

20．已知椭圆：的长轴长为，的两个顶点和一个焦点围成等边三角形．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点，若的面积为，求的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由已知可得，，可求椭圆的标准方程；

（2）设，，将椭圆方程与直线方程联立，可得，，由已知可得，求解即可．

【详解】（1）由题知，，得，

要满足两个顶点和一个焦点围成等边三角形．两顶点只能在短轴上，

则，，

故椭圆的标准方程为；

（2）设，，将椭圆方程与直线方程联立，

化简得，其中，即，

且，，

．

原点到直线的距离，．

化简得，解得或，

又且，或．

21．已知公差为正数的等差数列的前项和为，________．请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：①成等比数列，②．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先设等差数列的公差为，再根据等差数列的求和公式和等比中项的性质，根据条件①②分别列出关于首项与公差的方程，解出的值，即可计算出数列的通项公式；

（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前项和．

【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，

方案一：选择条件①

，

根据成等比数列得,代入得，又，

化简整理，可得，

由于，所以 ，

，．

方案二：选择条件②

由，可得，又，

解得，

，

（2）由（1）可得，

则

．

22．已知点F为抛物线：（）的焦点，点在抛物线上且在x轴上方，.

(1)求抛物线的方程；

(2)已知直线与曲线交于A，B两点（点A，B与点P不重合），直线PA与x轴、y轴分别交于C、D两点，直线PB与x轴､y轴分别交于M、N两点，当四边形CDMN的面积最小时，求直线l的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】(1)根据给定条件结合抛物线定义求出p即可作答.

(2)联立直线l与抛物线的方程，用点A，B坐标表示出点C，D，M，N的坐标，

列出四边形CDMN面积的函数关系，借助均值不等式计算得解.

【详解】（1）抛物线的准线：，由抛物线定义得，解得，

所以抛物线的方程为.

（2）因为点在上，且，则，即，依题意，，设，，

由消去并整理得，则有，，

直线PA的斜率是，方程为，

令，则，令，则，即点C，点D，

同理点M，点N，

则，，四边形的面积有：

，当且仅当，即时取“=”，

所以当时四边形CDMN的面积最小值为4，直线l的方程为或.