2022-2023学年广东省深圳市宝安区高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安区高二上学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳市宝安区高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知点，则直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出直线的斜率，根据倾斜角的范围可得答案.【详解】因为点，所以，设直线的倾斜角为，则，所以.故选：A.2．“”是“方程表示椭圆”的A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】 由题意，方程表示一个椭圆，则，解得且，所以“”是“方程”的必要不充分条件，故选C.点睛：本题考查了椭圆的标准方程，其中熟记椭圆的标准的形式，列出不等式组是解答关键，此类问题解答中容易忽视条件导致错解，同时注意有时椭圆的焦点的位置，做到分类讨论.3．在棱长为1的正方体中，（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】根据向量的线性运算得，即可得结果．【详解】．故选：B．4．已知数列的前4项为2，0，2，0，则依次归纳该数列的通项不可能是　　A． B．C． D．【答案】C【分析】令，2，3，4分别代入验证：即可得出答案．【详解】解：令，2，3，4分别代入验证：可知，因此不成立．故选：．【点睛】本题考查了数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.5．在空间四边形中，，点在上，且，为的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用空间向量加减法运算即可得到答案.【详解】.故选：A6．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.详解：因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.7．若直线（，）平分圆，则的最小值是（    ）A．2 B．5 C． D．【答案】C【分析】直线平分圆，得到a,b关系，再根据基本不等式，即可求解.【详解】解：直线平分圆，则直线过圆心，即，所以(当且仅当时，取等号)故选：C.8．已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若不等式恒成立，则的取值范围（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，利用余弦定理表示出弦的长，再利用抛物线定义结合梯形中位线定理表示出，然后利用均值不等式求解作答.【详解】在中，令，由余弦定理得，则有，显然直线是抛物线的准线，过作直线的垂线，垂足分别为，如图，而为弦的中点，为梯形的中位线，由抛物线定义知，，因此，当且仅当时取等号，又不等式恒成立，等价于恒成立，则，所以的取值范围是.故选：D【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 二、多选题9．若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（    ）A．B．C．(为常数)D．【答案】BCD【分析】根据等差数列的定义逐一进行检验即可求解.【详解】对于选项A，数列是等差数列，取绝对值后不是等差数列，故选项A不符合题意；对于选项B，若为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列为常数列，故为等差数列，故选项B符合题意；对于选项C，若为等差数列，设其公差为，则为常数列，故为等差数列，故选项C符合题意；对于选项D，若为等差数列，设其公差为，则为常数，故为等差数列，故选项D符合题意，故选：BCD.10．圆和圆的交点为A，B，则有（    ）A．公共弦AB所在直线方程为B．公共弦AB的长为C．线段AB中垂线方程为D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为【答案】AC【分析】A选项，两圆方程作差即可求出公共弦方程；B选项，求出一个圆的圆心到公共弦的距离，利用垂径定理计算即可；C选项，线段AB的中垂线即为两圆圆心的连线，利用点斜式求解即可；D选项，求出到公共弦的距离，加上半径即可求出最值.【详解】因为圆：和圆：的交点为A，B，作差得，所以圆与圆的公共弦AB所在的直线方程为，故A正确；因为圆心，，所在直线斜率为，所以线段AB的中垂线的方程为，即，故C正确；圆：的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以P到直线AB的距离的最大值为，圆与圆的公共弦AB的长为，故B,D错误．故选:AC.11．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，则A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得 ，（*） ，故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得 ，两式相乘可得 ， ，故D正确.故选ABD【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.12．如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则（    ）A．三棱锥的体积为定值B．线段上存在点，使平面//平面C．当时，直线与平面所成角的正弦值为D．三棱锥的外接球半径的最大值为【答案】ACD【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，根据先求出的坐标，然后利用向量的夹角公式计算；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值.【详解】对于A选项，因为平面//平面，而平面，故//平面，因为点为面对角线上一个动点，故点到面距离不变，为，因为分别为棱的中点，故为定值，故三棱锥，而三棱锥的体积，A选项正确；对于B选项，如图1，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设（），平面的法向量为，则，令，则，，则，设平面的法向量，则，令，则，，所以，若平面//平面，则存在，使得，即，解得：，，因为，故不合题意，所以线段上不存在点，使平面//平面，B选项错误；对于C选项，，，，若，即，解得，此时，又，，显然平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，C选项正确；对于D选项，如图2，连接，交EF于点J，则为EF的中点，，则三棱锥的外接球球心的投影为，过点作于点，则平面，，找到球心位置，连接，则为外接球半径，过点作于点，则，，设（），，由勾股定理得：，，从而，解得：，要想半径最大，则只需最大，即最大，当时，最大为，此时半径的最大值为，故D正确. 故选：ACD 三、双空题13．已知数列的通项公式为：，则的最小值为_____，此时的值为_____.【答案】          【分析】分类讨论去绝对值，即可根据通项公式的单调性判断求值.【详解】，已知先减后增，且.故的最小值为，此时的值为3.故答案为：；3. 四、填空题14．在等差数列中，前n项和记作，若，则______．【答案】16【分析】根据等差数列前项和公式及下标和性质以及通项公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以，所以，所以；故答案为：15．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，若，则的面积为__________．【答案】##2.4【分析】根据双曲线的定义以及焦点三角形即可根据勾股定理求解，由直角三角形的面积公式即可得解.【详解】如图，因为，所以．设，，得，由，得所以，则，由，得，又 ，所以，，，故的面形.故答案为： 五、双空题16．已知数列满足，，则数列的通项公式为_____________，若数列的前项和，则满足不等式的的最小值为_____________．【答案】          6【分析】根据给定递推公式变形构造新数列即可得解；利用裂项相消法求出，再借助数列单调性计算得解.【详解】在数列中，，由得：，而，于是得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，所以数列的通项公式为；显然，，则，由得：，即，令，则，即数列是递增数列，由，得，而，因此，，从而得，，所以满足不等式的的最小值为6.故答案为：；6 六、解答题17．已知直线，．(1)当时，直线过与的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线的方程；(2)若坐标原点O到直线的距离为1，求实数的值．【答案】(1)或，(2)或 【分析】（1）先求出直线与的交点，然后设出直线的方程，求出直线在两坐标轴上的截距，由截距相反列方程可求出直线的斜率，从而可求出直线的方程；（2）利用点到直线的距离公式列方程可求出实数的值.【详解】（1）当时，直线，由，解得，所以直线与的交点为，由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，当时，，当时，，因为直线在两坐标轴上的截距相反，所以，即，解得或，所以直线的方程为或，即或，（2）因为坐标原点O到直线的距离为1，直线，所以，化简得，解得或.18．如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．（1）求异面直线EF与所成角的大小．（2）证明：平面．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：，，，，，∴，，，．（1），∴∴异面直线EF和所成的角为．（2）∴，即，∴即．又∵，平面且∴平面．19．记为数列的前项和，．（1）求；（2）令，证明数列是等比数列，并求其前项和．【答案】（1）；（2）证明见解析，.【分析】（1）运用数列的递推式：时，，时，，化简变形可得，进而得到所求答案.（2）由（1）的结论，将n换为n+1，两式相减，结合等比数列的定义和求和公式，即可得到答案.【详解】（1）由，可得时，，即；当时，，由，，两式相减可得：，即：.即有.（2）由（1）可得，即有，两式相减可得，即.则，可得数列是首项为，公比为的等比数列.所以.【点评】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．20．已知：圆过点，，，是直线上的任意一点，直线与圆交于、两点.（1）求圆的方程；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）设圆的一般方程为，即可根据题意列出三个方程，解出，即可得到圆的方程；（2）联立直线的方程和圆的方程可得、两点的坐标，设，再根据两点间的距离公式表示出，消去，可得关于的二次函数，即可求出最小值．【详解】（1）设圆的一般方程为，依题意可得，．所以圆的方程为：．（2）联立或，不妨设，，则，∴．故的最小值为．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交点坐标的求法，以及两点间的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．21．如图，在三棱锥中， ，为的中点，.(1)证明：平面平面;(2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，三棱锥的体积为，求平面BCD与平面BCE的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先证明平面BCD，又平面ABD，从而由面面垂直的判定定理即可得证；（2）取的中点，因为为正三角形，所以，过作与交于点，则，又由（1）知平面BCD，所以，，两两垂直，以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后求出所需点的坐标，进而求出平面的法向量，最后根据向量法即可求解.【详解】（1）证明：因为，为的中点，所以，又且，所以平面BCD，又平面ABD，所以平面平面；（2）解：由题意，，所以，由（1）知平面BCD，所以，所以OA=2，取的中点，因为为正三角形，所以，过作与交于点，则，所以，，两两垂直，以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，1，，A（0，0，2），，因为平面，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又，所以由，得，令，则，，所以，所以，所以平面BCD与平面BCE的夹角的余弦值为.22．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为2．(1)求椭圆C的方程；(2)动直线交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为，且．T是线段OD延长线上一点，且，的半径为，OP，OQ是的两条切线，切点分别为P，Q，求的最大值．【答案】(1)；(2)最大值为. 【分析】（1）根据焦距易得，再根据离心率为可得椭圆方程;（2）将直线与椭圆联立得到方程组，利用弦长公式得到的表达式，再利用，则可得到，即圆半径的表达式，根据，则,则将直线的方程与椭圆方程联立，得到的表达式，利用,将上述表达式代入，利用换元法结合二次函数最值得到的最值，最终得到的最大值.【详解】（1）由题意得，，又，，，椭圆方程为：.（2）设，，联立，得，，，，，，直线的方程为：，联立得，，，,，令，，且，则当且仅当，，即，时等号成立，，因此，的最大值为，综上所述，的最大值为，此时.【点睛】本题第二问计算量与思维量较大，对于弦长公式要做到熟练运用，角度最值转化为在一定角度范围内的角的正弦值的最值，最终结合换元法，配方法等求解函数表达式的最值，从而得到角度的最值.