山东省枣庄市市中区2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省枣庄市市中区2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
枣庄市市中区2022~2023学年度第一学期期末考试高二数学试题本试卷满分为150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知向量，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据，利用求.【详解】因为，所以，得.故选：B2. 已知数列1，，，，3，，…，，…，则是这个数列的（    ）A. 第21项 B. 第23项 C. 第25项 D. 第27项【答案】B【解析】【分析】将改写成的形式，即可确定它是这个数列的第几项.【详解】因为题中数列的第项为，而，所以是题中数列的第23项.故选：B.3. 抛物线的焦点坐标是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先将抛物线化为标准方程，即可求出焦点坐标.【详解】由，所以抛物线的标准方程为：，即 ，∴所以抛物线的焦点坐标为： 故选：D.4. 已知直线和互相平行，则实数（    ）A.  B.  C. 或 D. 或【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合两直线的平行，得到且，即可求解.【详解】由题意，直线和互相平行，可得且，即且，解得或故选：C.5. 《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到:冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列.若冬至､大寒､雨水的日影子长的和是尺，芒种的日影子长为尺，则冬至的日影子长为（    ）A. 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺【答案】D【解析】【分析】根据题意转化为等差数列，求首项.【详解】设冬至的日影长为，雨水的日影长为，根据等差数列的性质可知，芒种的日影长为，，解得：，，所以冬至的日影长为尺.故选：D6. 如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则下列向量与相等的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的运算，用为基底表示出，可得选项.【详解】 故选：D7. 已知椭圆与轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，，，，是椭圆C的右焦点，则（    ）A. 20 B.  C. 36 D. 30【答案】D【解析】【分析】由题意知与，与分别关于y轴对称，设椭圆的左焦点为，从而，，利用即可求解．【详解】由题意，知与，与分别关于y轴对称
设椭圆的左焦点为，由已知a=6,则，同时
∴
故选：D．8. 已知圆O的半径为5，，过点P的2021条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，则其公差为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】可得过点P的最长弦长为直径，最短弦长为过点P的与垂直的弦，分别求出即可得出公差.【详解】可得过点P的最长弦长为直径，，最短弦长为过点P的与垂直的弦，，公差.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知圆和圆的公共点为，，则（    ）A.  B. 直线的方程是C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】两圆相减就是直线的方程，再利用圆心距，判断C，利用弦长公式求.【详解】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，，故A正确；两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，故B正确；，，，，所以不正确，故C不正确；圆心到直线的距离，，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键选项是B选项，当两圆相交，两圆相减后的二元一次方程就是相交弦所在直线方程.10. 已知空间四点，则下列说法正确的是（    ）A.  B. C. 点O到直线的距离为 D. O，A，B，C四点共面【答案】ABC【解析】【分析】计算数量积判断A，求向量夹角判断B，利用向量垂直判断C，根据空间向量共面定理判断D．【详解】，，A正确；，B正确；，，所以，，所以点O到直线的距离为，C正确；，假设若O，A，B，C四点共面，则共面，设，则，此方程组无解，所以O，A，B，C四点不共面，D错．故选：ABC．11. 若数列满足，，，则称为斐波那契数列．记数列的前项和为，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】由递推式分别求出，，，，再逐个选项判断即可．【详解】因为，，，所以，，，，，，，，所以，，，故错误；，，，故正确；，故正确；，，所以，故错误．故选：．12. 已知常数，点，动点M(不与A，B重合)满足：直线与直线的斜率之积为，动点M的轨迹与点A，B共同构成曲线C，则关于曲线C的下列说法正确的是（    ）A. 当时，曲线C表示椭圆B. 当时，曲线C表示焦点在y轴上的椭圆C. 当时，曲线C表示双曲线，其渐近线方程为D. 当且时，曲线C的离心率是【答案】BCD【解析】【分析】设，则，即曲线C的方程为，然后利用椭圆和双曲线的知识逐一判断即可.【详解】设，则，所以，即曲线C的方程为当且时，曲线C表示椭圆，故A错误当时，，曲线C表示焦点在y轴上椭圆，故B正确当时，曲线C表示双曲线，其渐近线方程为，故C正确当时，曲线C表示双曲线，其离心率为当时，曲线C表示椭圆，其离心率为，故D正确故选：BCD三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．13. 在直角坐标系中，直线的倾斜角是___.【答案】【解析】【分析】求得直线的斜率，由此求得直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为.故答案：14. 已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为________．【答案】2【解析】【详解】由题意，得e＝＝＝＝2.15. 已知正方形的边长为分别是边的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，则两点间的距离为__________．【答案】.【解析】【分析】取BE的中点G，然后证明是二面角的平面角，进而证明，最后通过勾股定理求得答案.【详解】如图，取BE的中点G，连接AG,CG，由题意，则是二面角的平面角，则，又，则是正三角形，于是.根据可得：平面ABE，而平面ABE，所以，而，则平面BCFE，又平面BCFE，于是，，又，所以.故答案为：.16. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则__________；记表示不超过的最大整数，例如，若，设的前项和为，则__________．【答案】    ①. ；    ②. 60.【解析】【分析】先根据并结合等差数列的定义求出；然后讨论n的取值范围，讨论出分别取1,2,3,4,5的情况，进而求出.【详解】由题意，，n=1时，，满足，时，，于是，，因为，所以.所以，是1为首项，2为公差的等差数列，所以.若，即时，，若，则时，，若，则时，，若，则时，，若，则或22时，，于是，.故答案为：2n-1；60.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 在三角形中，已知点，，.（1）求边上中线所在的直线方程；（2）若某一直线过点，且轴上截距是轴上截距的倍，求该直线的一般式方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）求出中点，利用点斜式求方程即可；（2）直线过原点和不过原点利用截距式方程求解即可【详解】（1）∵，，∴线段的中点的坐标为，又边上的中线经过点，∴，即，故边上中线所在的直线方程（2）当直线在轴和轴上的截距均为0时，可设直线的方程为，代入点，则，解得，所以所求直线的方程为，即；当直线在轴和轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点，则，解得，所以所求直线的方程为，综上所述，该直线的一般式方程为或.18. 已知数列，若_________________．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①；②，，；③，点，在斜率是2的直线上．【答案】答案见解析.【解析】【分析】（1）若选①，根据通项公式与前项和的关系求解通项公式即可；若选②，根据可得数列为等差数列，利用基本量法求解通项公式即可；若选③，根据两点间的斜率公式可得，可得数列为等差数列进而求得通项公式；（2）利用裂项相消求和即可【详解】解：（1）若选①，由，所以当，，两式相减可得：，而在中，令可得：，符合上式，故．若选②，由（，）可得：数列为等差数列，又因为，，所以，即，所以．若选③，由点，在斜率是2的直线上得：，即，所以数列为等差数列且．（2）由（1）知：，所以．19. 已知圆与轴相切，圆心在直线上，且到直线的距离为．（1）求圆的方程；（2）若圆的圆心在第一象限，过点的直线与相交于、两点，且，求直线的方程．【答案】（1）或    （2）或【解析】【分析】（1）设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，利用点到直线的距离公式可求得的值，即可得出圆的标准方程；（2）利用勾股定理可求得圆心到的距离，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可求得关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【小问1详解】解：设圆心的坐标为，则该圆的半径长为，因为圆心到直线的距离为，解得，所以圆心的坐标为或，半径为，因此，圆的标准方程为或.【小问2详解】解：若圆的圆心在第一象限，则圆的标准方程为.因为，所以圆心到直线的距离.若直线斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，不合乎题意；所以，直线的斜率存在，可设直线的方程为，即，由题意可得，解得，所以，直线的方程为或，即或.20. 四棱锥底面为平行四边形，且，平面.（1）在棱上是否存在点，使得平面.若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）存在点，且，理由见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）连接相交于点，连接，利用线面平行的性质可得，根据，可得答案；（2）以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用线面角的向量求法计算可得答案.【小问1详解】存在点，且时平面，理由如下：连接相交于点，连接，则平面平面，若平面，平面，平面，所以，因为，，所以， ，所以时平面；【小问2详解】因为，，，由余弦定理可得，由可得， ，又平面，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，所以，即，令，则，所以，设直线与平面所成角的为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.21. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，    ⑧则．     ⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得 ，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法 由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.22. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且，直线过与交于两点，的周长为8．（1）求的方程；（2）过作直线交于两点，且向量与方向相同，求四边形面积的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】(1)根据给定条件直接求出半焦距，及长半轴长即可作答.(2)根据给定条件结合椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理、对勾函数性质计算作答.【小问1详解】依题意，椭圆半焦距，由椭圆定义知，的周长，解得，，因此椭圆的方程为.【小问2详解】依题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，由消去并整理得：，则，，因与方向相同，即，又椭圆是以原点O为对称中心的中心对称图形，于是得，即四边形为平行四边形，其面积，则，令，则，则，显然在上单调递增，则当时，，即，从而可得，所以四边形面积的取值范围为.【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.