2022-2023学年安徽省安庆市怀宁县新安中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年安徽省安庆市怀宁县新安中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．经过点且与直线垂直的直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】与直线垂直的直线的斜率为，结合点斜式即可求解直线方程．

【详解】直线的斜率为

所以与直线垂直的直线的斜率为，又过点，

∴所求直线方程为：

即

故选：C

2．已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据向量，的夹角为钝角，可得，且不共线，列出不等式，从而可得出答案.

【详解】解：因为向量，的夹角为钝角，

所以，且不共线，

则，得，

当时，，

∴的取值范围为.

故选：B.

3．已知直线与圆相交于两点，当变化时，△的面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将△的面积表示出来即可求出最大值.

【详解】因为直线直线恒过点在圆内，所以直线与圆相交，

圆的圆心，所以△的面积的最大值为：

.

故选：C.

4．抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形的面积等于（   ）

A．2 B． C． D．4

【答案】C

【分析】先求出抛物线的准线与双曲线的两条渐近线方程，然后求出其交点坐标，确定三角形底边和对应的高，利用面积公式求出三角形的面积．

【详解】解：抛物线的准线为，

双曲线的两条渐近线方程分别为：，，

设准线与这两条渐近线的交点分别为,则

则,

则准线与两条渐近线所围成的三角形的面积为

故选：C．

5．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，若是线段 的中点，则直线的斜率的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】设，是线段 的中点，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，

设，是线段 的中点，

所以，

因为求斜率最大值，不妨设

所以直线的斜率，

当且仅当，即时等号成立，

所以直线的斜率的最大值为1.

故选：A.

6．已知数列中，，（且），则数列通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知得，进而确定数列的通项公式，即可求.

【详解】由，知：且()，而，，

∴是首项、公比都为3的等比数列，即，

故选：C

【点睛】思路点睛：

1、构造辅助数列：且，可得的通项公式；

2、求通项公式：由辅助数列通项公式直接写出.

7．在数列中，若，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用累加法求得通项公式，

【详解】由已知，，，，，

∴时，，

∴．

故选：A．

【点睛】本题考查累加法求数列通项公式，考查裂项相消法求数列的和．已知，可用累加法求通项公式，已知可用累乘法求通项公式．

8．已知定点是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，则点的轨迹方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由是圆上任意一点,可得，为的中点可求，结合垂直平分线的性质可得，从而可得为定值，由双曲线的定义即可得结果.

【详解】如图，当点在轴左侧时，连接，，则，所以．

结合为线段的垂直平分线，可得，

所以．

同理，当点在轴右侧时，．

故点的轨迹是双曲线，其方程为．

故选：B

【点睛】本题以圆为载体，考查了利用双曲线的定义判断圆锥曲线的类型，并求圆锥曲线的方程，属于中档题.

二、多选题

9．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线上存在点（点不与左、右顶点重合），使得，则双曲线的离心率的可能取值为 （       ）

A． B． C． D．2

【答案】BC

【分析】由可得，记∠PF1F2=α ，利用正弦定理结合双曲线及离心率的定义，利用分比定理以及三角恒等变换公式化简离心率.然后利用余弦函数的性质得到离心率的取值范围，进而做出判定.

【详解】∵，则离心率，则排除A；

记，，，

则，

由正弦定理结合分比定理可知：，

则，

所以B，C是正确的，D不正确.

故选：BC.

10．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（    ）

A．焦点的坐标为

B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点

C．直线与抛物线相交所得弦长为8

D．抛物线与圆交于两点，则

【答案】ACD

【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.

【详解】由题可知抛物线方程为

对于A，焦点的坐标为，故A正确

对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误

对于C，，弦长为，故C正确

对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确

故选：ACD

11．已知单调递增的正项等比数列中，，，其公比为q，前n项和，则下列选项中正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】由已知条件解得等比数列首项与公比后，即可得到数列的通项公式及前n项和公式，代入验证各选项即可解决.

【详解】单调递增的正项等比数列中，公比为

由，可得或（舍），

则数列的通项公式为，前n项和

选项A：.判断正确；

选项B：.判断错误；

选项C：.判断错误；

选项D：.判断正确.

故选：AD

12．如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（ ）

A．

B．

C．四边形的面积最小值与最大值之比为

D．四棱锥与多面体体积之比为

【答案】ABD

【分析】证明平面，进而得，即可得A选项正确；证明四边形为菱形即可得B选项正确；由菱形性质得四边形的面积，再分别讨论的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.

【详解】对于A选项，如图，连接，，．由题易得，，，

所以平面，又平面，所以，

因此，故A正确．

对于B选项，由正方体性质得：平面平面，

平面平面，平面平面， 所以，

同理得，又，所以四边形为菱形，

因此，故B正确．

对于C选项，由B易得四边形的面积，

所以当点，分别为，的中点时，四边形的面积最小，

此时，即面积的最小值为1；

当点，分别与点（或点），（或）重合时，四边形的面积最大，

此时，即面积的最大值为，

所以四边形的面积最小值与最大值之比为，故C不正确．

对于D选项，四棱锥的体积

；

因为，分别是，的中点，所以，，于是被截面平分的两个多面体是完全相同的，

则它们的体积也是相同的，因此多面体的体积，

所以四棱锥与多面体体积之比为，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形为菱形，利用割补法将四棱锥的体积转化为三棱锥 和的体积之和，将多面体的体积转化为正方体的体积的一半求解.

三、填空题

13．圆上到直线的距离为1的点的个数为___________．

【答案】3

【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，由半径，从而得到该圆上到直线的距离为1的点的个数即可．

【详解】解：由圆的方程，得到圆心坐标为，半径，

圆心到直线的距离，

，则圆上到直线的距离为1的点的个数为是3．

故答案为：3．

14．在平行六面体中，，，，，则________.

【答案】.

【解析】在平行六面体中，利用对角线向量，利用向量的平方等于向量模的平方，结合向量数量积的运算律求得结果.

【详解】由平行六面体的特征可知，

所以

，

所以，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关空间向量的问题，涉及到的知识点有空间向量的运算，空间向量的平方等于向量模的平方，向量数量积的运算法则，属于简单题目.

15．已知是双曲线的左、右焦点，双曲线上一点P满足，则△的面积是________．

【答案】2

【分析】假设在左支上，由双曲线定义及已知条件可得，再用余弦定理求，进而求其正弦值，利用三角形面积公式求△的面积.

【详解】不妨假设在左支上，则，又，

所以，而，则，

所以，故，

综上，△的面积是.

故答案为：2.

16．已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当M、N、E共线时取等号），最后根据求得的最小值.

【详解】如图，

由为椭圆上任意一点，则

又为圆上任意一点，则（当且仅当M、N、E共线时取等号），

∴，

当且仅当M、N、E、共线时等号成立.

∵，，则，

∴的最小值为．

故答案为：．

【点睛】思路点睛；本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，主要根据椭圆的定义将目标等价转化为能够通过数形结合解题的类型，考查学生的转化与化归思想，属于较难题.

四、解答题

17．已知圆：

(1)求圆关于直线对称的圆D的标准方程；

(2)当k取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）根据斜率公式和中点公式，结合圆的标准方程进行求解即可；

（2）先判断直线过定点，利用圆的性质进行求解即可.

【详解】（1）圆心，，设，因为圆心C与D关于直线对称，所以

，

所以圆标准方程为：；

（2）直线过定点，当时，弦长最短，

∵，∴

此时最短弦长为.

18．数列的前n项和，

(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）利用数列通项与前n项和的关系求解.

（2）利用错位相减法求解.

【详解】（1）因为，所以

当时，，所以，

当时，，

整理可得，所以数列是以2为公比的等比数列，

所以.

（2）由（1）有：，所以

，

，

错位相减可得：

，

所以.

19．设，为两定点，动点到点的距离与到点的距离的比为定值.

(1)求点的轨迹方程；

(2)当时，求面积的最大值.

【答案】(1)当时轨迹的方程为，当时，方程可化为；

(2).

【分析】（1）设，根据已知条件列方程，化简求得轨迹的方程.

（2）根据圆的几何性质求得面积的最大值.

【详解】（1）设，依题意，

所以，

化简可得，

当时，方程为，

当时，方程可化为，

所以当时轨迹的方程为，当时，方程可化为；

（2）当时，轨迹的方程为，

所以轨迹是以为圆心，半径为的圆，

所以三角形面积的最大值为.

20．如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，点是的中点．

（Ⅰ）线段上是否存在一点，使得点，，，共面，存在请证明，不存在请说明理由；

（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．

【答案】（Ⅰ）存在的中点满足条件.证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）取的中点，连接，，根据平行的传递性，证明，即可证明四点共面；

（Ⅱ）取的中点，连结，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据向量夹角公式，即可求出结果.

【详解】证明：（Ⅰ）存在的中点满足条件；

连接，，

因为点是的中点，则是三角形的中位线，

所以，又由已知，

所以，所以，，，四点共面；

（Ⅱ）取的中点，连结，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，

则，，，，，

∴，，

设为平面的一个法向量，

则，所以，不妨取，则，

所以；

设为平面的一个法向量，

则，所以，取，则，，所以

∴，

又因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：

立体几何体中空间角的求法：

（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；

（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.

21．已知椭圆，其离心率为，若，分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足，．

(1)求C的方程及点P的坐标；

(2)过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若的面积是的面积的2倍，求直线l的方程．

【答案】(1)，P点的坐标为

(2)或

【分析】（1）根据数量积的性质，因为，所以，因为，所以，则，可得到的值，在根据离心率的定义，可得到的值，进而得到最后答案；再根据椭圆的定义以及向量的等式，可得到的长度，进而得到点的值.

（2）根据题意，设出直线方程，联立方程，求点的坐标，然后根据三角形的面积关系，得到点与点的位置关系，得到最后答案.

【详解】（1）因为，所以，且．

又，所以，

即，即，所以，

又离心率，所以，，所以，

所以椭圆方程为．

∵，又∵，

∴，∴P点的坐标为．

（2）依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，

由消去y整理，解得或，

所以Q点坐标为，

从而M点坐标为，

所以直线PM的方程为，

则N点的坐标为，

因为的面积是的面积的2倍，

所以或，

当时，点M为线段PN的中点，∴，

即，解得，

所以直线l的方程为，

当时，同理：，解得，

所以直线l的方程为，

所以满足条件的直线l的方程为，，

即：或．

22．已知抛物线：的焦点为，点在上.

(1)求以为直径的圆的方程：

(2)若直线交抛物线于异于的，两点，且直线和直线关于直线对称，直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）待定系数法求，由圆的几何特征写圆的标准方程；

（2）联立方程写出根与系数的关系，将两直线的对称问题转化为斜率之和为0，进而转化为坐标运算.

【详解】（1）解：将点代入，得，故抛物线的标准方程为，

由题意知，则以为直径的圆的圆心为，

半径为，

所以圆的方程为.

（2）解：设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

设，，则，，，

根据题意，直线和直线的斜率之和为0，

则

，

所以，所以直线的方程为，

所以圆心到直线的距离，

又弦长为，解得或9，

经检验，满足，

所以直线的方程为或.