2022-2023学年湖南省永州市高二上学期期末数学试题含解析

  永州市2022年下期高二期末质量监测试卷

数学

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1. 下列直线经过第一象限且斜率为-1的是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意利用直线方程的斜截式即可选出答案．

【详解】满足题意的直线方程通式为：

故选：B

2. 已知，，且，则（）

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量垂直充要条件列出关于的方程，解之即可求得的值.

【详解】，，且，

则，则，解之得

故选：D

3. 若双曲线：的虚轴长为8，渐近线方程为，则双曲线C的方程为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据虚轴、渐近线的定义求解.

【详解】由题可得解得，所以双曲线方程为，

故选:C.

4. 设数列的前项和为，若，，则（）

A. 27 B. 64 C. 81 D. 128

【答案】C

【解析】

【分析】利用题给条件即可依次求得的值.

【详解】数列的前项和为，，

则，，

，

.

故选：C.

5. 如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，点M是EG和FH的交点，对空间任意一点О都有，则（）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】证明出四边形平行四边形，为中点，利用空间向量基本定理求解即可.

【详解】E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，

故，，

所以四点共面，且四边形为平行四边形，

故为中点，

因为，，

所以，

故

故选：D

6. 已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过F的直线m与C交于A、B两点，点A在l上的投影为D，若，则（）

A.  B. 2 C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】结合图像，分析出点为的中点，从而利用抛物线的定义即可求得结果.

【详解】过点作，垂足为，作，垂足为，如图，

.

又因为，所以四边形为矩形，所以，

因为，，所以点为的中点，

所以，故，

由抛物线的定义可得，，所以，即.

故选：B.

7. 已知，，是圆：上的动点，则外接圆的周长的最小值为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意确定圆：和圆，

有公共点，结合圆与圆的位置关系列出不等式可求解.

【详解】中点横坐标为，所以外接圆的圆心在上，

设圆心为，则半径为，

圆心距，

圆，

又因为在圆上，所以圆与圆有公共点，

所以，

显然成立，

两边同时平方可得，

，所以，

所以所以

当且仅当解得时取得等号，

所以周长的最小值为，

故选:C.

8. 如图，瑞典数学家科赫在年通过构造图形描述雪花形状．其作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为，则图④中图形的面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，图形的边数分别记为、、、，易得，，，利用累加法可求得的值.

【详解】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，

图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，

图形的边数分别记为、、、，

观察图形可知，且，，且，

由题意可知，数列是首项为，公比为的等比数列，则，

数列是首项为公比为的等比数列，，

由图可知，图形是在图形的每条边上生成一个小三角形（去掉底边），

共增加了个边长为的正三角形，

所以，，

由累加法可得

.

故选：A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（）

A. 是a，b，c成等差数列的充要条件

B. 是a，b，c成等比数列的充要条件

C. 若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列

D. 若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列

【答案】AC

【解析】

【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案.

【详解】对于选项A：根据等差中项即可得出是a，b，c成等差数列的充要条件，故A正确；

对于选项B：，即，又a，b，c为非零实数，所以根据等比中项即可证明a，b，c成等比数列，

a，b，c成等比数列，只能证明，即是a，b，c成等比数列的充分不必要条件，故B错误；

对于选项C：若a，b，c成等比数列，则，则，则，，成等比数列，故C正确；

对于选项D：若a，b，c成等差数列，则，无法得到，故D错误；

故选：AC.

10. 如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面为椭圆，若，则（）

A. 椭圆的短轴长为

B. 椭圆的离心率为

C. 椭圆的方程可以为

D. 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用图中的几何性质即可求出，即可判断的正误，利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.

【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，

由已知可知，解得，

∵，∴椭圆的短轴长为，故A正确；

则椭圆的标准方程为，故C不正确；

∵，∴，∴，故B正确；

椭圆上的一点为,其中一个焦点坐标为,且，

则

该抛物线的对称轴为，故函数在区间上单调递减，

当有最小值，此时，

即，故D正确.

故选：ABD.

11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点作直线与双曲线的右支交于，两点，若，则（）

A.  B. 点的横坐标为

C. 直线的斜率 D. 的内切圆的面积

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据双曲线的定义得到方程组，求出、，即可判断A，再由等面积法求出，代入双曲线方程求出，即可判断B，再求出直线的斜率，即可判断C，利用直角三角形即内切圆的性质求出内切圆的半径，即可判断D

【详解】由双曲线：可得，

如图所示，由题意知，解得，故A正确；

在中，由等面积法知，解得，

代入双曲线方程得，又因为点在双曲线的右支上，故，故B正确；

由图知当点在第一象限，，

由对称性可知，若点在第四象限，则，故C不正确；

设的内切圆为，圆切于，连接

易得，，

四边形是正方形，

故的内切圆半径，

对应面积为，故D正确．

故选：ABD

12. 在长方体中，，E，F为的两个三等分点，点P是长方体表面上的动点，则（）

A. 的最小值为 B. 的最大值为2

C. 的最小值为30° D. 的最大值为90°

【答案】BD

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，分析出P位于长方体的四个侧面时情况相同，P位于长方体的上下两个平面时情况相同，分两种情况进行求解出，得到最值，并分析出的最大值，举出反例得到C错误.

【详解】以A为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，

因为，所以，

不妨设，故，，

由对称性可知：P位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，

不妨设，

则

，

故当时，的最小值为，此时

当或2，或1时，的最大值为2，

由对称性可知：P位于长方体的上下两个平面时，所处情况相同，

不妨设，

则

，

故当时，的最小值为0，

当或2，时，的最大值为2，

综上：的最小值为0，的最大值为2，A错误，B正确；

因为的最小值为0，故的最小值为0，

因为，所以的最大值为90°，D正确；

当点与点重合时，此时，C错误.

故选：BD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知直线与圆交于，两点，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】求出圆心到直线的距离，再由计算可得.

【详解】圆的圆心坐标为，半径，

圆心到直线的距离，

所以.

故答案为：

14. 已知数列满足：，，，则__________．

【答案】1或8

【解析】

【分析】根据递推关系，对分奇偶即可逐项求解得.

【详解】①若为偶数，则由可得，

若为偶数，则由可得，进而或者，均满足要求，

若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，

②若为奇数，则由可得，不符合要求，舍去，

综上或，

故答案为：1或8

15. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，，，，均与曲池的底面垂直，且，每个底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与所成角的余弦值为_____．

【答案】##

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与所成角的余弦值.

【详解】延长AB交CD于O，过点O作平面，

以O为原点，分别以OD，OA，OT所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

则，，，，

则，，

则，

则直线与所成角的余弦值.

故答案为：

16. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，是在第一象限的图象上的点，记，，，若，则双曲线的离心率__________．

【答案】

【解析】

【分析】设点，则，，且，分析可得，，，根据可求得双曲线的离心率的值.

【详解】设点，则，，且，可得，易知点、，

所以，，，

则，，

，

所以，，

所以，，则，可得.

因此，双曲线的离心率为.

故答案为：.

四、解答题：本题共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. 如图，在正方体中，为的中点．

（1）证明：直线平面；

（2）求直线与平面所成角正弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用中位线定理证得，再利用线面平行的判定定理即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【小问1详解】

连接直线BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，如图，

因为在正方体中，底面是正方形，所以O为BD中点，

又因为E为的中点，所以，

又因为平面，平面，

所以直线平面．

【小问2详解】

根据题意，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，

不妨设正方体的棱长为2，则，，，，

故，，，

设平面的法向量，则，即，

令，则，，故，

设直线与平面所成角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

18. 已知等差数列的前项和为，且，．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前项和．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，进而可求通项，

（2）根据分组求和，结合等差数列以及等比数列的求和公式即可求解.

【小问1详解】

设数列的首项为，公差为，由题意得,

解得：，

所以

【小问2详解】

因为

所以

．

19. 已知抛物线：焦点为，点在上，且（为坐标原点）．

（1）求抛物线的标准方程；

（2）过点的直线与抛物线交于点A，B两点，若为定值，求实数的值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由先表示出点坐标，代入抛物线的方程求，得出抛物线的标准方程；

（2）设过的直线为，与抛物线的方程联立，得出韦达定理及判别式大于零，把韦达定理代入为定值，求出实数的值.

【小问1详解】

已知点在上，且，，则点在线段的中垂线上，即，把点代入抛物线的方程，则，，

解得，所以抛物线的标准方程为．

【小问2详解】

设过的直线为，，

联立，得，

则，即，

且，

所以

因为为定值，

所以，，解得或（舍去）

当，时，

所以当为定值时，．

20. 如图，在三棱锥中，，平面平面，，，．

（1）证明：平面；

（2）若点D在线段AC上，直线PD与直线BC所成的角为，求平面DBP与平面CBP夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）由勾股定理证明，由已知面面垂直证明线面垂直，再到线面垂直，从而证得结果；

（2）建立空间直角坐标系, 由直线PD与直线BC所成的角，求得点坐标，再求平面DBP与平面CBP的法向量，得出两平面夹角的余弦值．

【小问1详解】

证明：在中，因为，，，

所以，所以，

因为，平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又，，平面，

所以平面．

【小问2详解】

以B为坐标原点，BA为x轴正方向，BC为y轴正方向，过B垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意得，，，平面平面，平面平面，过点作于点，则平面ABC，，，则，

所以，，，，

设点，，

则，

所以，，，

所以点坐标为，

所以

因为直线与直线所成的角为，

，解得

所以点坐标为，则．

设平面的法向量为

则，取，可得．

因平面，

所以平面的一个法向量为，所以

所以平面与平面夹角的余弦值．

21. 设数列的前项之积为，且满足．

（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）记，证明：．

【答案】（1）证明见解析，；

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）法一：根据，得到，变形后得到，证明出结论，并求出通项公式；

法二：由题目条件得到，得到以3为首项，以2为公差的等差数列，求出，进而求出，并证明出数列是等差数列；

（2）利用放缩法得到，裂项相消法求和，得到.

【小问1详解】

方法一：当，得，

当时，①

②

两式相除可得：

即，又，

故，

变形为：，

因为，所以是以为首项，1为公差的等比数列．

所以

化简可得

法二：因为，，

所以

即

令，则，

所以以3为首项，以2为公差的等差数列，

所以，即，

所以．

又因为满足上式，

所以，

所以，故，

故数列是等差数列．

【小问2详解】

因为，

所以

22. 设为圆：上的动点，点，且线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）已知，，是曲线上异于A的不同两点，是否存在以为圆心的圆，使直线AM，AN都与圆D相切，且三边所在直线的斜率成等差数列?若存在，请求出圆D的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；

（2）存在圆，圆的方程为．

【解析】

【分析】（1）利用椭圆定义即可求得曲线的方程；

（2）假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意，利用题给条件和设而不求的方法列方程求得的值即可解决.

【小问1详解】

圆的方程化为，所以圆心，半径．

因为在的垂直平分线上，所以，

所以

又因为，则，

所以Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，

由，，得．

所以的方程为．

【小问2详解】

假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意．

设圆方程为，，，

设直线的方程为，

直线的方程为

直线与圆相切，得，

直线与圆相切，，

所以，则，

由得，

由于点，均在椭圆上，

所以，，

又，故在上式中以代，

可得，

所以直线的斜率

以，，按照一定次序成等差数列，

得或

故，因此，

所以存在圆，圆的方程为．