2022-2023学年河北省张家口市高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年河北省张家口市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知两条直线和相互垂直，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用两条直线垂直的充要条件，建立方程，即可求出a的值.

【详解】两条直线和相互垂直，

则，解得.

故选：D

2．若点在抛物线上，则抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先将点代入抛物线得到抛物线的方程，即可得到准线方程

【详解】因为点在抛物线上，

所以，解得，故抛物线为，

故其准线方程为：

故选：B

3．椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由椭圆的标准方程求得，再求得椭圆的离心率即可.

【详解】因为椭圆，

所以，则，

又，所以，，

所以椭圆的离心率为.

故选：A.

4．已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（    ）

A．相交 B．外切 C．外离 D．内含

【答案】B

【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.

【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，

圆，圆心，半径为，

，圆与圆的位置关系为外切，

故选：B

5．已知正方体的棱长为3，分别在上，且，则（    ）

A．3 B． C． D．4

【答案】A

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合条件求得的坐标，再利用空间向量的模的坐标表示即可得解.

【详解】依题意，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则，

因为，所以，

所以，故.

故选：A.

.

6．已知三角形数表：

现把数表按从上到下、从左到右的顺序展开为数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据数表，先判断第100个数字在第几行的第几个数，再代入通项，即可求解.

【详解】第一行有1个数，第二行有2个数，…，第行有个数，

所有中，的最大值是13，

前行共有个数，第100个数字在第14行的第9个数，

根据通项可知，第9个数是，即.

故选：B

7．已知，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设点为直线上的动点，题意可转化成求与的距离和与的距离之和的最小值，求出关于直线的对称点，故，即可求出答案

【详解】设点为直线上的动点，

由可看作与的距离和与的距离之和，

设点则点为点关于直线的对称点，

故，且，

所以，

当且仅当三点共线时，取等号，

所以的最小值为.

故选：C

8．已知为等比数列，，，则（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.

【详解】因为为等比数列，所以，

又,可解得或，

设等比数列的公比为,则

当时,, ∴；

当时, ,∴.

故选：C

二、多选题

9．下列选项正确的有（    ）

A．表示过点，且斜率为2的直线

B．是直线的一个方向向量

C．以，为直径的圆的方程为

D．直线恒过点

【答案】BCD

【分析】根据直线和圆的性质，逐个判断每个选项.

【详解】A选项：方程，，点不在直线上，A选项错误；

B选项：因为直线的斜率为， 所以是直线的一个方向向量，B选项正确；

C选项：设是所求圆上任意一点，则 ，

因为，，

所以 ，

即所求圆的方程为，C选项正确；

D选项：直线方程化为，

由 ， 解得 ，所以直线恒过定点，D选项正确.

故选：BCD

10．已知为等差数列的前项和，，，则下列选项正确的有（    ）

A．数列是单调递增数列 B．当时，最大

C． D．

【答案】BC

【分析】通过等差数列的性质可得到，，故得到，然后利用等差数列的特征和求和公式即可判断每个选项

【详解】对于A，设的公差为，因为，所以，

又，所以，故，

所以数列是单调递减数列，所以A错误；

对于B，因为，所以，

所以当时，最大，所以B正确；

对于CD，因为，，

，

所以，，所以C正确，D错误．

故选：BC

11．已知椭圆的离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，的周长为，则下列选项正确的有（    ）

A．椭圆的方程为

B．

C．内切圆的面积的最大值为

D．

【答案】ABD

【分析】由椭圆焦点三角形周长为和离心率可构造方程组求得，由椭圆关系可得，进而确定椭圆方程，知A正确；利用基本不等式和椭圆定义可求得B正确；利用面积桥可知当为椭圆短轴端点时，内切圆的半径最大，由此可求得半径的最大值，确定C错误；若最小，则最大，可知当为椭圆短轴端点时最大，利用余弦定理可确定D正确.

【详解】对于A，的周长为，，又离心率，

，，，椭圆的方程为，A正确；

对于B，（当且仅当，即为椭圆短轴端点时取等号），B正确；

对于C，设内切圆的半径为，则；

当为椭圆短轴端点时，，

，内切圆面积的最大值为，C错误；

对于D，当为椭圆短轴端点时，取得最大值，此时取得最小值，

为椭圆短轴端点时，，，

，

当为椭圆上的动点时，，D正确.

故选：ABD.

12．在长方体中，，为棱的中点，点满足，其中，则下列结论正确的有（    ）

A．当时，异面直线与所成角的余弦值为

B．当时，

C．当时，有且仅有一个点，使得

D．当时，存在点，使得

【答案】AB

【分析】首先根据的值，确定点的位置，再利用空间向量的垂直和线线角的坐标运算，即可判断选项.

【详解】A.当时，，此时点是与的交点，

如图，建立空间直角坐标系，，，，，

，，所以，故A正确；

B. 当时，，此时，点在线段上，（分别是棱的中点），此时，，，，

，，所以恒成立，所以当时，有，故B正确；

C. 当时，，此时点在线段上，（分别是的中点），，，，

当时，有，即，，所以方程无解，不存在点使，故C错误；

D.当时，，此时点在线段上，,，

，，，，若，则，解得：，不成立，所以不存在点，使得，故D错误.

故选：AB

三、填空题

13．已知空间向量，，则_________________．

【答案】

【分析】运用空间向量共线的坐标运算与数量积的坐标运算可得结果.

【详解】∵，，

∴存在实数t使得，

∴

∴，

∴

故答案为：.

14．已知点为双曲线的左焦点，过点作倾斜角为60°的直线，直线与双曲线有唯一交点，且，则双曲线的方程为________________．

【答案】

【分析】根据题意得，，由，得，代入方程解决即可.

【详解】由题知，

因为点为双曲线的左焦点，过点作倾斜角为60°的直线，直线与双曲线有唯一交点，

所以直线与渐近线平行，

所以，即，

所以双曲线为，

因为，

所以，即，

所以，解得，或（舍去），

所以，

所以双曲线的方程为，

故答案为：.

15．已知数列满足，为数列的前项和，恒成立，则的最小值为______________．

【答案】

【分析】利用裂项求和法求得，注意时的特殊情况，从而利用恒成立问题的解法求解即可.

【详解】因为，

当时，，

又当时，，

所以，

因为恒成立，

所以，即的最小值为.

故答案为：.

16．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为_______________．

【答案】

【分析】先求出为圆心，为半径的圆的方程，再利用两圆的公共弦所在直线方程求解.

【详解】圆，所以圆心为，半径，

,

所以切线长，

以为圆心，为半径的圆的方程为：，

直线为圆与圆的公共弦，

所以由得.

故答案为: .

四、解答题

17．已知为等差数列的前项和，若．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前50项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用等差数列的通项公式与前项和公式求得基本量，从而得解；

（2）结合（1）中结论，判断的正负情况，从而利用分组求和法即可得解.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，

因为，所以，即，解得，

所以.

（2）由（1）得，令，解得，

所以当时，，则；

当时，，则；

所以

.

18．已知直线与圆交于两点．

(1)当最大时，求直线的方程；

(2)若，证明：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）当最大时，直线过圆心，代入圆心坐标可求直线的方程；

（2）直线与圆联立方程组，利用韦达定理证明为定值．

【详解】（1）当最大时，为直径，即直线过圆心，

把圆心代入直线的方程，有，解得，直线的方程为.

（2）证明：设，，由题意知k存在，

由，得

所以 ， ，且，

因为 ，

，，

所以 ，即为定值.

19．“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用，下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米．

(1)求该桥抛物线拱形部分对应抛物线的焦准距（焦点到准线的距离）．

(2)已知直线是抛物线的对称轴，为直线与水面的交点，为抛物线上一点，分别为抛物线的顶点和焦点．若，，求桥面与水面的距离．

【答案】(1)16米

(2)8米

【分析】（1）根据题意设抛物线的方程并求得，进而可得结果；

（2）先求的坐标，再设的坐标，根据，建立关系，运算求解，进而可得结果.

【详解】（1）如图建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，

由题意可知：抛物线过点，代入得，解得，

故焦准距为（米）

（2）由（1）可得：抛物线的方程为，则其焦点，顶点，

设，

∵，则，

∴，即，

又∵，且，

∴，解得，

故桥面与水面的距离为（米）

20．已知数列满足，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过题意可得到是等比数列，然后求其首项和公比，即可求得答案；

（2）利用错位相减法和分组求和法即可求解

【详解】（1）由，得，

又，

故，所以，即，

故

又，

所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列，

所以，故数列的通项公式为

（2）

设，其前n项和为，

则，

，

所以，

所以，

所以

21．如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，．

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直性质可证得平面，则，利用勾股定理可证得，结合，由线面垂直的判定可得结论；

（2）作，垂足为，作，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线线角的向量求法可构造方程求得，利用面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）四边形为正方形，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，，

，，；

，，又，平面，

平面.

（2）作，垂足为，作，交于，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

由（1）知：，，，，

，，，

以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，，

设，则，，

，解得：，

，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，

即平面与平面夹角的余弦值为.

22．已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线．

(1)求曲线的方程．

(2)已知点在曲线上，斜率为的直线与曲线交于两点（异于点）．记直线和直线的斜率分别为，，从下面①、②、③中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．

①；②；③．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用两圆位置关系得到，从而得到，再利用双曲线的定义即可得到曲线的方程；

（2）依次选择其中两个作为已知条件，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理得到关于的表达式，从而得证.

【详解】（1）依题意，设动圆的圆心为，半径为r，

因为该动圆与圆外切，与圆内切，

此处要特别注意圆在圆的内部与圆相切，否则圆无法与圆外切，

所以，，

所以，

由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，

所以2a＝4，2c＝6，即a＝2，c＝3，所以b2＝c2－a2＝1，

所以曲线C的方程为.

.

（2）选择①②⇒③：

设直线l：y＝kx＋m，A，B，

联立，消去，得x2－16mkx－8m2－8＝0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝，

因为，k1＋k2＝0，所以＋＝0，

即＋＝0，

即2kx1x2＋－8＝0，

所以2k×＋－8＝0，

化简得8k2＋2k－1＋m＝0，即＝0，

所以或m＝1－4k，

当m＝1－4k时，直线l：y＝kx＋m＝k＋1过点P，不满足题意，舍去；

当时，由于曲线是双曲线的右支，易知，

又由x2－16mkx－8m2－8＝0得，

此时，则，解得，故，

即时，满足题意，

综上：，所以③成立.

选择①③⇒②：

设直线l：y＝－x＋m，A，B，

联立，消去，得，

所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，

由第1种选择可知且，此处不再详细说明，

所以k1＋k2＝＋＝＋

＝－1＋＋＝－1＋

＝－1＋＝0，

所以②成立.

选择②③⇒①：

设直线l：y＝－x＋m，A，B，P(x0，y0)，

联立，消去，得，

所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，

由第1种选择可知且，此处不再详细说明，

由k1＋k2＝＋＝＋＝0，

得＋＝0，

即－x1x2＋－2x0＝0，

所以－8m2－8＋8m×－2x0＝0，

故2m＋2x0y0－8＝0，

由于的任意性，所以，，解得，

又，所以，则，满足，

所以P，①成立.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.