2022-2023学年河南省漯河市临颍县第二高级中学高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省漯河市临颍县第二高级中学高二上学期期末数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省漯河市临颍县第二高级中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知数列的通项公式为，则33是这个数列的（    ）A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项【答案】C【分析】由已知通项公式，令并求解，即可确定答案.【详解】令，解得．故选：C．2．双曲线焦点到渐近线距离为，则此双曲线虚轴长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据焦点到渐近线的距离为，简单计算即可得到结果.【详解】设双曲线方程为，一条渐近线方程为：，焦点，所以焦点到该渐近线的距离为，当双曲线焦点在y轴上时，依然成立，所以，故虚轴长为4故选：B3．若动点分别在直线和上，则的中点到坐标原点的距离的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点所在直线的方程为，结合点到直线的距离公式，求得点所在直线的方程，利用原点到直线的距离公式，即可求解.【详解】根据题意，可得的集合为与直线和距离都相等的直线，则到原点的距离的最小值为原点到该直线的距离，设点所在直线的方程为，由，可得，解得，可得，所以到原点的距离的最小值为.故选：B.4．若椭圆的右焦点为，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点，则的周长为（    ）A． B． C．6 D．8【答案】B【解析】根据椭圆定义，直接求的周长.【详解】由椭圆方程可知 根据椭圆的定义可知，，的周长为.故选：B【点睛】本题考查椭圆定义，重点考查理解能力，属于基础题型.5．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.在龙门石窟的某处“浮雕象”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，这些“浮雕象”构成一幅优美的图案.已知该处共有个“浮雕象”，则正中间那层的“浮雕象”的数量为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，可知从最下层往上“浮雕象”每层的数量构成一个公比为2等比数列，故只需利用，求出最下层的浮雕数量，即可求出正中间那层，即第4层的“浮雕象”的数量.【详解】根据题意，可知从最下层往上“浮雕象”每层的数量构成一个公比为2等比数列，设最下层的浮雕数量为，则由，解得，所以正中间那层为第4层，其“浮雕象”的数量.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及等比数列的前项和公式的应用，属于基础题.6．设等差数列的前n项和为，若，则(　　)A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由又，可得公差，从而可得结果.【详解】是等差数列又，∴公差，，故选C．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.7．四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高h为（    ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先求出平面ABCD的一个法向量，则在法向量上的投影的绝对值即为这个四棱锥的高．【详解】解：设平面ABCD的法向量为，则，即，∴，取，则，∴这个四棱锥的高，故选：D．8．设等比数列的前项和为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，可知，设等比数列的首项为，公比，可知，由并根据等比数列的前项和公式得出，进而得出，从而可求出的结果.【详解】解：由题可知，，则，设等比数列的首项为，公比，可知，因为，所以，则，所以，故.故选：B.9．抛物线C：的焦点为F，其准线与x轴的交点为K，P为准线上一点，线段PF与抛物线交于M点，若是斜边长为的等腰直角三角形，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用抛物线的定可义可得，结合条件可得，即求.【详解】∵是斜边长为的等腰直角三角形，∴，过M作MN垂直准线于N点，则，∴，即，∴，故选：D．10．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：①异面直线与所成的角范围为；②平面平面；③点到平面的距离为定值；④存在一点，使得直线与平面所成的角为．其中正确的结论是（    ）．A．①② B．①③ C．②③ D．③④【答案】C【分析】对于①，当在点时，面直线与所成的角最大； 当在点时，异面直线与所成的角最小，即可得与所成的角范围，从而即可判断；对于②，由题意可知平面，由面面垂直的判定定理即可判断；对于③，由题意可知∥平面，从而可得点到平面的距离为定值,且等于的, 即可判断；对于④，由题意可得，直线与平面所成的角为,,当时，最小，最大，最大值为，即可判断.【详解】解：对于①，当在点时，，异面直线与所成的角最大为，当在点时，异面直线与所成的角最小为，所以异面直线与所成的角范围为，故错误；对于②，因为，所以平面，平面，所以平面平面，故正确；对于③，∥,平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值,且等于的,即为,故正确；对于④，直线与平面所成的角为,,当时，最小，最大，最大值为，故错误.所以说法正确的为②③.故选：C.11．已知圆：，是直线的一点，过点作圆的切线，切点为，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意，为四边形的面积的2倍，即，然后利用切线长定理，将问题转化为圆心到直线的距离求解.【详解】圆：的圆心为，半径，设四边形的面积为，由题设及圆的切线性质得，，∵，∴，圆心到直线的距离为，∴的最小值为，则的最小值为，故选：A12．设是双曲线的右焦点，双曲线两条渐近线分别为，，过F作直线的垂线，分别交，于A，B两点．若成等差数列，且向量与同向，则双曲线离心率的大小为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意直线的倾斜角为，根据，得到，再由成等差数列，得到，求得，得到，利用正切的倍角公式得到，求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】解：如图所示，因为向量与同向，可得直线的倾斜角为，即，所以，所以，又由，所以，又因为成等差数列，所以，联立方程组，可得，，所以，在直角中，可得，又由双曲线的渐近线方程为，可得，即，解得，即，可得，即，所以.故选：A. 二、填空题13．已知直线，直线，若，则实数______．【答案】【分析】由由有，即可求，然后验证、是否重合.【详解】∵，有，∴，解得或，当时，，，即、为同一条直线；当时，，，即；∴，故答案为：14．设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则的面积为______.【答案】/2.25/【分析】求出直线的方程，与抛物线方程联立后得到两根之和，结合焦点弦弦长公式求出，用点到直线距离公式求高，进而求出三角形面积.【详解】易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得.设，则，由抛物线的定义可得弦长，原点到直线的距离，所以的面积.故答案为：15．已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，则__________．【答案】2023【分析】根据等比数列的性质结合等比数列通项公式值即可. 【详解】,可得,即得,,又因为,可得,.故答案为: 16．如图，在矩形中，，，将沿BD所在的直线进行翻折，得到空间四边形.给出下面三个结论：①在翻折过程中，存在某个位置，使得；②在翻折过程中，三棱锥的体积不大于；③在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45°.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】②③【分析】在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，对于①，连接，假设存在某个位置，使得，则可得到，进而得矛盾，可判断；对于②在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，再根据几何关系计算即可；对于③，由题知，，设平面与平面所成的二面角为，进而得，进而得异面直线与所成角的余弦值的范围为，即可判断.【详解】解：如图1，在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，则在翻折过程中，形成如图2的几何体，故对于①，连接，假设存在某个位置，使得，由于，，所以平面，所以，这与图1中的与不垂直矛盾，故错误；对于②在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，此时，体积为，故三棱锥的体积不大于，故正确；对于③，，，由②的讨论得，所以，所以，设翻折过程中，平面与平面所成的二面角为，所以，故，由于要使直线与为异面直线，所以，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值的范围为，由于，所以在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45°.故答案为：②③ 三、解答题17．一动点到两定点距离的比值为非零常数，当时，动点的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆已知两定点、的坐标分别为：、，动点满足．（1）求动点的阿波罗尼斯圆的方程；（2）过作该圆的切线，求的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）设，直接用坐标表示并化简即可；（2）分类斜率不存在和斜率存在，斜率存在时设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得参数，得切线方程．【详解】（1）设动点坐标为，则，，又知，则，得．（2）当的斜率存在为时，则的方程为：，与圆相切，则，得：，此时的方程为：；当的斜率不存在时，此时的方程为：，综上：的方程为或．【点睛】本题考查求圆的方程，考查求圆的切线方程．求圆的方程采取直接法，即把已知关系用坐标表示化简即可，而求圆的切线方程必须分类讨论，即分斜率不存在和斜率存在两类，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线距离等于半径求参数．18．已知数列的前项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，化简得，得数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，求得，进而求得数列的通项公式；（2）由，得的，结合乘公比错位相减求和，即可求解.【详解】（1）解：由题意，数列满足，可得，即，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以，所以，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，所以，可得，两式相减可得，所以.19．在棱长为4的正方体中，点P在棱上，且．(1)求直线与平面所成的角的正弦值大小；(2)求点P到平面的距离．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据线面角的定义找出直线与平面所成的角，再求其正弦值即可；（2）根据题意建立空间直角坐标系，用点到平面的距离公式即可求解.【详解】（1）连接，由正方体的结构特点易知面，为垂足，所以即为所求的线面角，∵，∴，由勾股定理知，，∴．（2）以D为坐标原点，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由已知，，，，，所以，，，设面的法向量为，故有，令，则，故，故点P到平面的距离．20．已知双曲线的渐近线方程为，且过点．(1)求双曲线的标准方程；(2)若直线l与双曲线相交于两点，若的中点为，求直线l的方程．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由题意可设双曲线方程为，将点代入即可求解；（2）利用点差法求出直线l的方程，再检验即可求解【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，即，所以设双曲线的方程为，将点代入，可得解得，因此双曲线的标准方程为；（2）设，则，，两式相减，得，则，因为的中点为，所以等式可得，得，则直线为即，联立双曲线的方程和直线，消去x，可得，此时，则直线与双曲线有两个交点，符合题意，故直线l的方程为21．如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面．(1)求证：平面；(2)若点E是线段上一动点，点E在何位置时，二面角的余弦值为．【答案】(1)证明见解析(2)E为的靠近D点的五等分点 【分析】（1）先利用面面垂直的性质和矩形的性质证得线面垂直，再得线线垂直，最后又由线面垂直的判定定理得证；（2）利用点E是线段DB上的一动点，设出，再求两个平面的法向量，进行求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵且，，平面，∴平面．（2）因为平面平面，，，M是的中点，∴，取的中点O，连接，则平面，取的中点N，连接，则，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，设，，因为平面的一个法向量，，，设平面的一个法向量为，则，可得．再由，则，∴或（舍），所以E为的靠近D点的五等分点．22．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，左焦点为，且过点.O为坐标原点，与的面积的比值为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线与椭圆C交于P，Q两点，记直线，的斜率分别为，，若k为，，的等比中项，求面积的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由与的面积的比值为，得到，再将代入椭圆C的方程得到，结合，求得的值，即可求解；（2）联立方程组，得到，，根据，求得，再结合弦长公式和点到直线的距离公式，求得，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆的左焦点为，因为与的面积的比值为，即，解得，即，将代入椭圆C的方程，可得，又由，解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）设，，且，联立方程组，整理得，则，可得又由，，因为，，所以，所以，因为的斜率，的斜率，则把，代入上式并化简得，因为，所以，又因为，所以，当，时，，所以直线l的方程为，此时由，可得因为，所以，且，可得，，所以，点到直线的距离所以因为，所以，，所以面积的取值范围为.【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.