2022-2023学年江苏省南通市如皋市高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南通市如皋市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（    ）

A． B．4 C． D．1

【答案】C

【分析】根据题意，由面面垂直可得法向量也相互垂直，结合空间向量的坐标运算，代入计算即可得到结果.

【详解】因为，则可得，

且，，

则可得，解得

故选:C

2．若直角三角形三条边长组成公差为2的等差数列，则该直角三角形外接圆的半径是（    ）

A． B．3 C．5 D．

【答案】C

【分析】根据题意，设中间的边为，由等差数列的定义，结合勾股定理即可得到的值，从而得到结果.

【详解】由题意设中间的边为，则三边依次为

由勾股定理可得，解得或（舍）

即斜边为，所以外接圆的半径为

故选:C

3．已知为双曲线与抛物线的交点，则点的横坐标为（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，联立方程组并求解判断作答.

【详解】依题意，，则由解得，

所以点的横坐标为3.

故选：A

4．若直线与圆相切，则实数取值的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，由直线与圆相切可得，结合点到直线的距离公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】由圆可得，表示圆心为，半径为的圆，

则圆心到直线的距离，

因为直线与圆相切，

所以，即，解得或，

即实数取值的集合为

故选:B

5．已知数列首项为2，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知的递推公式，利用累加法可求数列通项.

【详解】由已知得，，则当时，有

 ，

经检验当时也符合该式．∴.

故选：D

6．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点，则下列结论不正确的是（    ）

A． B．//平面

C． D．//平面

【答案】B

【分析】A选项可以利用三线合一证明垂直关系，

B选项可利用“线面平行时，直线无论怎么平移不会和平面相交”的性质来判断.

C选项先通过类似A选项的证明得到线线垂直，结合AC的结论得到线面垂直后判断，

D选项可以构造平行四边形，结合线面平行的判定证明，

【详解】不妨设棱柱的高为，.

B选项，根据棱柱性质，//，而平面，若//平面，无论怎样平移直线，都不会和平面只有一个交点，于是得到矛盾，故B选项错误；

A选项，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），A选项正确；

C选项，连接，根据平行四边形性质，过，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），结合A选项，，，平面，故平面，由平面，故，棱柱的侧棱//，故，C选项正确；

D选项，取中点，连接，结合为的中点可知，为中位线，故//，且，即//，且，故四边形为平行四边形，故//，由平面，平面，故//平面，D选项正确.

故选：B

7．在数列中，若存在不小于2的正整数使得且，则称数列为“数列”.下列数列中为“数列”的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用“数列”定义逐项判断可得答案.

【详解】对于A，，，，数列是单调递增数列，

所以数列不是“数列”，故A错误；    

对于B， ，，，数列是单调递增数列，

所以数列不是“数列”，故B错误；

对于C，对于函数，令，，

因为，所以，，所以，

在上为单调递增函数，

令，，

因为，所以，，所以，在上为单调递减函数，

所以对于，当时，有，当时，有，存在使得数列是“数列”，故C正确；

对于D，，时，因为的单调递增数列，是单调递减数列，所以不存在不小于2的正整数使得且，所以数列不是“数列”，故D错误.

故选：C.

8．已知为坐标原点，点坐标为，是抛物线在第一象限内图象上一点，是线段的中点，则斜率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，可得，再利用基本不等式可得答案.

【详解】设，所以，

所以，

当且仅当即时等号成立，

则斜率的取值范围是.

故选：A.

二、多选题

9．已知正四面体的棱长均为1，分别以四个顶点中的两个点作为向量的起点与终点，在这些向量中两两的数量积可能是（    ）

A．0 B． C．2 D．

【答案】AB

【分析】由，排除C、D；取，求出；取，求出.即可判断A、B.

【详解】在正四面体中，棱长均为1.

任意以四个顶点中的两个点作为向量的起点与终点，得到的向量的模长为1.

任取两个向量，则.

所以.故C、D错误；

取.设中点为,连接.

因为为正四面体，所以.

因为,面，面，

所以面.

因为面，所以，所以.

所以.故A正确；

取，则.

所以.故B正确.

故选：AB

10．已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，为椭圆上一点（异于左，右顶点），且的周长为6，则下列结论正确的是（    ）

A．椭圆的焦距为1 B．椭圆的短轴长为

C．面积的最大值为 D．椭圆上存在点，使得

【答案】BC

【分析】根据，解得可判断AB；设，由知当点为椭圆的上顶点或下顶点时面积最大，求出面积的最大值可判断C；假设椭圆上存在点，设，求出、，可看作方程，求出判别式可判断D.

【详解】由已知得，，解得，，

对于A，椭圆的焦距为，故A错误；

对于B，椭圆的短轴长为，故B正确；

对于C，设，，当点为椭圆的上顶点或下顶点时面积的最大，此时，所以面积的最大值为，故C正确；

对于D，假设椭圆上存在点，使得，设，

所以，，，

所以是方程，其判别式，所以方程无解，故假设不成立，故D错误.

故选：BC.

11．在棱长为的正方体中，下列结论正确的是（    ）

A．异面直线与所成角的为

B．异面直线与所成角的为

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．二面角的大小为

【答案】ACD

【分析】利用异面直线所成角的定义可判断AB选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.

【详解】如下图所示：

对于A选项，，则与所成的角为，A对；

对于B选项，，所以，与所成角为或其补角，

因为，，，，

则，所以，，故，B错；

对于C选项，平面，故直线与平面所成角为，

平面，则，所以，，

因此，直线与平面所成角的正弦值为，C对；

对于D选项，平面，、平面，则，，

所以，二面角的平面角为，D对.

故选：ACD.

12．已知数列的前项和，数列是首项和公比均为2的等比数列，将数列和中的项按照从小到大的顺序排列构成新的数列，则下列结论正确的是（    ）

A． B．数列中与之间共有项

C． D．

【答案】AB

【分析】根据题意可得：数列是以为首项，为公差的等差数列，则，，然后根据数列的性质逐项判断即可求解.

【详解】由题意可知：数列的前项和，当时，；

当时，；经检验，当时也满足，所以；

又因为数列是首项和公比均为2的等比数列，所以.

则数列为：，

所以，故选项正确；

数列是由连续奇数组成的数列，都是偶数，所以与之间包含的奇数个数为，故选项正确；

因为，则为偶数，但为奇数，所以，故选项错误；

因为，前面相邻的一个奇数为，令，解得：，

所以数列从1到共有，也即，故选项错误，

故选：

三、填空题

13．已知等差数列前3项的和为6，前6项的和为21，则其前12项的和为______.

【答案】

【分析】先求得等差数列的首项和公差，然后求得前项和.

【详解】设等差数列的公差为，

则，解得，

所以前项的和为.

故答案为：

14．以已知双曲线的虚轴为实轴，实轴为虚轴的双曲线叫做原双曲线的共轭双曲线.已知双曲线的共轭双曲线的离心率为，则双曲线的离心率为______.

【答案】

【分析】不妨设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，根据双曲线的离心率公式可得出，进而可求得双曲线的共轭双曲线的离心率.

【详解】不妨设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，则，可得，

所以，双曲线的共轭双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，

因此，双曲线的共轭双曲线的离心率为.

故答案为：.

15．已知轴截面为正三角形的圆锥顶点与底面均在一个球面上，则该圆锥与球的体积之比为______.

【答案】##

【分析】根据圆锥、球的体积公式求得正确答案.

【详解】画出轴截面如下图所示，

圆锥的轴截面为正三角形，

设球心为，圆锥底面圆心为，球的半径为，

则圆锥的高为，底面半径为，

所以圆锥与球的体积之比为.

故答案为：

四、双空题

16．摆线是一类重要的曲线，许多机器零件的轮廓线都是摆线，摆线的实用价值与椭圆、抛物线相比毫不逊色.摆线是研究一个动圆在一条曲线（基线）上滚动时，动圆上一点的轨迹.由于采用不同类型的曲线作为基线，产生了摆线族的大家庭.当基线是圆且动圆内切于定圆作无滑动的滚动时，切点运动的轨迹就得到内摆线.已知基线圆的方程为，半径为1的动圆内切于定圆作无滑动的滚动，切点的初始位置为.若，则的最小值为______；若，且已知线段的中点的轨迹为椭圆，则该椭圆的方程为______.

【答案】     2    

【分析】根据圆、摆线、椭圆的知识求得正确答案.

【详解】当时，的最小值为.

当时，初始位置为，

圆的四分之一弧长为，

圆的半周长为，

所以的轨迹过点，

所以，椭圆焦点在轴上，

所以椭圆方程为.

故答案为：；

五、解答题

17．如图，是三棱锥的高，线段的中点为，且，.

(1)证明：平面；

(2)求到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）根据已知条件证明，，由直线与平面垂直的判定定理即可证明.

（2）法一：在平面中，过点作，证明平面，再求值即可；法二：到平面的距离，是三棱锥的高，利用等体积法求解.

【详解】（1）因为，线段的中点为，所以.

因为是三棱锥的高，所以平面，

因为平面，所以.

因为平面，平面，，所以平面

（2）法一：（综合法）

在平面中，过点作，如图所示，

因为平面，平面，所以.

因为，平面，平面，，所以平面.

在中，.

所以在中，，

所以，所以到平面的距离为.

法二：（等体积法）

设到平面的距离为，则在中，.

在中，.

因为是三棱锥的高，所以，

，解得，

所以到平面的距离为.

18．已知等比数列的首项为2，前项和为，且.

(1)求；

(2)已知数列满足：，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由可得公比，再由等比数列的通项公式即可得到结果；

（2）根据题意，由错位相减法即可求得结果.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

因为，所以，

所以，所以，所以.

（2）由（1）得，，所以，……①

所以，……②

①-②，得，

所以.

19．已知双曲线的实轴长为2，右焦点到的距离为.

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线与双曲线交于，两点，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由双曲线实轴长为2可得，再利用右焦点到的距离为可得，即可求得双曲线的方程；

（2）联立直线和双曲线方程容易解出，两点坐标即可求得的面积.

【详解】（1）设双曲线的焦距为，

因为双曲线的实轴长为2，所以，解得.

因为右焦点到的距离为，所以，解得或.

因为，所以.可得，

所以双曲线的方程为.

（2）设，，

联立直线和双曲线可得，

即，或

不妨设，，所以.

所以.

即的面积为

20．已知数列的首项为1，前项和为，且满足______.

①，；②；③.

从上述三个条件中选一个填在横线上，并解决以下问题：

(1)求；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当选①时，分为奇数，偶数时，分别计算即可得到结果；当选②时，根据与的关系，即可得到结果；当选③时，根据条件得到是常数数列，从而得到结果；

（2）根据题意，由裂项相消法即可得到结果.

【详解】（1）选①

因为，所以当为奇数时，；

同理，当为偶数时，.

所以.

选②

因为，（*）所以当时，，（**）

（*）-（**），得，即，

所以数列是首项为1的常数列，

所以.

选③

因为，所以，所以数列是首项为的常数列，

所以，所以当时，.

当时，也符合上式.所以.

（2）由（1）得，，

所以

21．三棱柱中，，，线段的中点为，且.

(1)求证：平面；

(2)点在线段上，且，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由、根据线面垂直的判定定理可得平面；

（2）以为原点，以所在的直线为建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量由二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）三棱柱中，，

在中，，线段的中点为，所以，所以；

因为，平面，平面，，平面，所以平面；

（2）做交于点，

以为原点，以所在的直线为建立空间直角坐标系，

则，，，

，.

所以，，，

因为，所以，

所以，

设平面的一个法向量，则，

解得，令，则，所以，

设平面的一个法向量，则，

令，则，，所以，

设二面角的平面角为，则

，

由图知二面角的平面角为锐角，

所以二面角的平面角的余弦值为.

22．已知为椭圆上一点，上、下顶点分别为、，右顶点为，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)点为椭圆上异于顶点的一动点，直线与交于点，直线交轴于点.求证：直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.

（2）设出直线的方程，求得点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，求得点坐标，进而求得直线的方程，从而求得点的坐标，由此求得直线的方程并确定定点坐标.

【详解】（1）因为为椭圆上一点，所以.

因为，所以，整理得，解得或.

当时，，与矛盾.所以，.

椭圆的方程为.

（2）设直线的斜率为，则.

因为，

由解得，.

因为，所以，整理得，

所以，.

所以，所以.

令，得.

所以，

所以.

所以.

所以直线过定点.