2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二上学期期末适应性考试数学试题（解析版）

2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二上学期期末适应性考试数学试题

一、单选题

1．向量，，若，则的值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据向量平行，得到方程组，求出的值，得到答案.

【详解】由题意得：，

即，解得：，

故.

故选：C

2．三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（　　）

A． B．

C．） D．

【答案】B

【分析】根据空间向量运算求得正确答案.

【详解】

.

故选：B

3．已知点，且直线的倾斜角为，则（    ）

A． B．

C． D．且

【答案】D

【分析】根据直线的倾斜角求得正确答案.

【详解】由于直线的倾斜角为，所以直线的方程为，

故，由于是两个不同的点，所以，

综上所述，且.

故选：D

4．已知函数在处的导数为2，则（    ）

A．0 B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据极限与导数的关系直接求解.

【详解】根据极限与导数的关系可知，

故选:D.

5．已知，是椭圆：的两个焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，则的周长为（    ）

A．8 B． C． D．与有关

【答案】C

【分析】根据椭圆定义求解焦点三角形周长.

【详解】由题意得：，即，

由椭圆的定义可得：，，

且，

所以的周长为

.

故选：C

6．已知数列满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用累加法可求得的值.

【详解】由已知，

，，，，

上述等式全加可得，.

故选：D.

7．数列满足，，则（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据递推公式求得数列中的前几项，从而得到数列的周期，由此即可求得的值.

【详解】因为，，

所以，

所以数列是以3为周期的周期数列，

故.

故选：A.

8．已知双曲线，过点的直线与相交于两点，且的中点为，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】由点差法得出，进而由离心率公式求解即可.

【详解】设，，由的中点为，则，

由，两式相减得：=，

则==，

由直线的斜率，∴，则，

双曲线的离心率，

∴双曲线的离心率为，

故选：B．

二、多选题

9．已知双曲线：，则下列选项中正确的是（    ）

A．的焦点坐标为 B．的顶点坐标为

C．的离心率为 D．的焦点到渐近线的距离为3

【答案】BC

【分析】由题意可得，，，根据焦点在轴上，逐一判断即可.

【详解】由已知，双曲线的焦点在轴上，且，，则，

所以，，，

所以的焦点坐标为、，故A项错误；

顶点坐标为、，故B项正确；

离心率，所以C项正确；

渐近线方程为与，

焦点到渐近线的距离为，所以D项错误.

故选：BC.

10．已知圆：，则下列说法正确的是（    ）

A．点在圆内 B．圆的半径为1

C．圆关于对称 D．直线与圆相切

【答案】BCD

【分析】对于A项，求点到圆心的距离与半径比；对于B项，圆化为标准方程即可求出圆心和半径.对于C项，验证圆心是否在直线上；对于D项，验证圆心到直线的距离与半径比.

【详解】已知圆：，则其标准方程为，

∴，B选项正确；圆心，将点到圆心的距离，

所以，点在圆外，A选项错误；将圆心代入直线，得成立，

所以直线过圆心，则圆关于直线对称，C选项正确；

因为圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，D选项正确.

故选：BCD

11．如图，四边形为矩形，平面，，且，记四面体，，的体积分别为，，，则下列说法正确的是（    ）

A．直线平面

B．

C．，，成等差数列

D．平面与平面所成的钝二面角的余弦值为

【答案】ABD

【分析】利用线面平行的判定定理可判断A,根据椎体体积公式可判断B,C，利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值可判断D.

【详解】由题意设，，

取中点为点，连接，由于且，

则四边形为平行四边形，

则且，∵且，

∴为平行四边形，故，

∵面，面

∴直线平面，故选项A正确；

则，故选项B正确；

则，，不成等差数列，故选项C错误；

以为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，

设平面的法向量为

，，

所以，令则，

所以，

设平面的法向量为，

，，

所以令则，

所以，

，

由于平面与平面所成的二面角为钝角，故余弦值为，

选项D正确，

故选：ABD

12．对于数列，定义为的“优值”.现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】根据所给，可得当时，，利用作差的方法求出判断A，再由等差数列求和公式求出判断B，由分析数列的项的符号变化情况判断C，求出判断D.

【详解】由题意可知，，则①，

当时，，

当时，②，

①-②得，，解得，当时也成立，，A正确；，B错误；

，当时，即，且，故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，CD正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．函数的图象在处的切线方程为______.

【答案】

【分析】根据切点处切线的斜率等于切点处函数的导数即可求解.

【详解】∵，∴，，

∴函数在处的切线方程为.

故答案为: .

14．记正项递增等比数列的前项和为，若，则__________.

【答案】63

【分析】根据等比数列性质得到，解得，得到，，计算得到答案.

【详解】，，解得或（舍去），

故，，.

故答案为：

15．已知圆上一动点和定点，点为轴上一动点，则的最小值为___________．

【答案】

【分析】根据题意画出示意图，进而数形结合求解；

【详解】根据题意画出圆，以及点B（6，2）的图像如图，

作B关于x轴的对称点，连接圆心与，则与圆的交点A，即为的最小值，

为点（0，2）到点（6，-2）的距离减圆的半径，

即，

故答案为：．

16．设P是椭圆上的任一点，EF为圆的任一条直径，则的最大值为__________．

【答案】

【分析】设点，则且，计算得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】圆的圆心为，半径长为，

设点，则且，

，，

所以

，

所以，当时，取得最大值，即.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

四、解答题

17．在等差数列中，已知且.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得首项和公差，从而求得.

（2）利用裂项求和法求得.

【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，

则，，解得，，

∴，

（2）∵，

∴.

18．已知抛物线的焦点为.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)若过焦点的直线交抛物线于两点，且，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线的几何性质求出，代入抛物线方程即可得解；

（2）设直线的方程为，将代入中，根据韦达定理得到，，结合抛物线的弦长公式求出，即可得解.

【详解】（1）抛物线的焦点为，

，得，

抛物线的标准方程为.

（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

将代入中，得，，

所以，，

由，得，

即，得，

直线的方程为：.

19．已知圆与圆.

(1)若圆与圆相外切，求实数的值；

(2)在（1）的条件下，若直线被圆所截得的弦长为，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由圆的方程可确定圆心和半径，根据两圆外切可知，由此可构造方程求得的值；

（2）根据垂径定理，利用弦长可直接构造方程求得的值.

【详解】（1）圆的方程可整理为：，

圆心，半径；其中,

由圆方程知：圆心，半径；

圆与圆相外切，，解得：.

（2）由（1）知：圆心，半径，

圆心到直线的距离，

，解得：或.

20．在数列中，，（，）.

(1)求证：是等比数列；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义证明；

（2）用分组求和法计算．

【详解】（1）在数列中，，（，），

所以，

则数列是以为首项，4为公比的等比数列；

（2）由（1）得，所以，则

所以

21．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点.

(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；

(2)点M在线段PC上，，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)60°

【分析】（1）由题设条件推导出PQ⊥AD，BQ⊥AD，从而得到AD⊥平面PQB，由此能够证明平面PQB⊥平面PAD.

（2）以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M－BQ－C的大小.

【详解】（1）因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，

所以BQ⊥AD，

又PA＝PD，

所以PQ⊥AD，

因为PQ⊥AD，BQ⊥AD，，平面，平面，

所以AD⊥平面PQB，

又因为平面PAD，

所以平面PQB⊥平面PAD.

（2）∵PA＝PD＝AD，Q为AD的中点，

∴PQ⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，

∴PQ⊥平面ABCD，

以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意知：，，，，

∴，

设是平面MBQ的一个法向量，则，，

∴，令，

∴，

又∵是平面BQC的一个法向量，∴，

∴二面角M－BQ－C的大小是60°.

22．已知椭圆）的左、右焦点分别为，离心率为为椭圆上的一个动点.面积的最大值为2.

(1)求椭圆的标准方程.

(2)设斜率存在的直线与的另一个交点为，是否存在点，使得.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；

（2）设直线方程为：联立直线与椭圆的方程，先讨论时是否满足，当时，根据直线斜率列式化简求解即可.

【详解】（1）由题意，离心率，由当是的上顶点时，面积的最大，则，得.

又，故椭圆的标准方程为

（2）存在点，使得.

由题知，设直线方程为：，

联立，得

设，设的中点为，

则是该方程的两个根，，

则，

当时，由易得；

当时，由知，则直线斜率，

所以，得.

所以，由于，则，

综上所述，

故存在点，使得，且的取值范围.

【点睛】方法点睛：本题主要考查了椭圆的基本量关系，同时也考查了利用直线与圆锥曲线的关系，列式利用韦达定理表达所求式，从而化简求解的问题.常用点坐标表达斜率、中点等，再代入韦达定理化简求解.属于难题.