广东省东莞市 2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版含解析）

2022-2023学年度第一学期教学质量检查高二数学一､单项选择题：本大题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．1.已知空间直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征可求得，结合空间中两点间距离公式可求得结果.【详解】点关于坐标原点的对称点为，.故选：B.2.已知过两点的直线与直线平行，则（）A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】由题知，再解方程即可得答案.【详解】解：因为过两点的直线与直线平行，所以直线的斜率为，解得，故选：D3.已知等差数列，其前项和是，若，则（）A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】 【分析】由已知可得，根据等差数列的性质即可得出结果.【详解】由已知可得，，所以.又，所以.故选：C.4.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则点的坐标为（）A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】由题知，，设，进而根据焦半径公式得，再代入求解即可得答案【详解】解：由题知，，设，因为点在抛物线上，所以由焦半径公式得，解得所以，解得，所以，点的坐标为或故选：B5.古希腊数学家阿波罗尼斯在著作《圆锥曲线论》中记载了用平面切割圆锥得到圆锥曲线的方法．如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的轴重合），已知两个圆锥的底面直径均为6，母线长均为5，过圆锥轴的平面与两个圆锥侧面的交线为，用平行于的平面截圆锥，该平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且双曲线的两条渐近线分别平行于，则双曲线的离心率为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以矩形中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，由题得，从而可得到本题答案.【详解】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为，由题，得，则，即，..由，得离心率.故选：A.6.已知圆，点为直线上一个动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长的最小值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知写出圆心坐标、半径，由知，最小时，最小，即时，有最小值.求出圆心到直线的距离即为的最小值，进而求出结果.【详解】由已知可得，，半径，所以.又，则在中有，即.所以，当最小时，最小.因为，当时，最小，此时，此时，所以最小为.故选：B.7.如图，在棱长为6的正四面体中，点在线段上，且满足，点在线段上，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为，， 所以，即，因为是棱长为6的正四面体，所以，故选：A8.已知是不大于最大正整数，其中．若，则（）A.200B.210C.400D.420【答案】B【解析】【分析】根据得，进而得数列为等差数列，再根据等差数列的求和公式求解即可.【详解】解：因为是不大于的最大正整数，其中．若，因为对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，所以，所以，即数列为等差数列，公差、首项均为，所以，.故选：B二､多项选择题：本大题共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，有选错的得0 分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．9.如图，在正方体中，分别是的中点，分别在线段上，且满足，，设，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据正方体的性质以及已知，用基向量表示出各个选项中的向量，即可得出正确选项.【详解】由已知可得，，，，.对于A，，故A项正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C项错误；对于D，，故D项正确.故选：AD. 10.已知是公差为的等差数列，其前项和是，若，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由题知，再根据等差数列的性质，前项和公式依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为所以，所以，故A错误；B正确；，故C正确；因为，所以，故D错误.故选：BC11.如图，由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，半圆的圆心是坐标原点，直径与椭圆的短轴重合，半圆所在的圆过椭圆的焦点，且与轴非正半轴交于点．若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则下列结论正确的是（） A.的长度的最大值是B.的周长为C.的面积的最小值是1D.【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距；求出长度范围；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长等即可分别判断求解.【详解】由题意可知：半圆所在椭圆的半焦距，短半轴长，得出长半轴长，则椭圆的长轴长为对于，由椭圆性质可知，，因此，的长度的最大值是,故正确；对于，由椭圆定义知，因点是椭圆的两个焦点，则的周长为：，，所以的周长，故正确；对于,设所在直线方程为，联立可得，联立可得， 则，显然当时，函数是减函数，所以当时，有最大值1，故错误.对于,当所在直线方程时,为圆的直径,则;当所直线方程时,如图,连接,在中，因为,所以,因为,所以,所以所以即得,所以综上,,故正确;故选：12.已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于两点，其中点A在第一象限，点．若，则（）A.直线的斜率为B.C.D.四边形的面积为 【答案】AC【解析】【分析】求得直线的斜率判断选项A；求得线段的长度判断选项B；利用相似三角形判定定理判断选项C；求得四边形的面积判断选项D.【详解】抛物线焦点，，，则点A在线段FM的垂直平分线上，则点A横坐标为2，又A在第一象限，代入抛物线方程可得点A纵坐标为，则，则直线的斜率.则选项A判断正确；直线的方程为，与抛物线方程联立，解之得或即，，则.则选项B判断错误；，则，则.则选项C判断正确；四边形的面积等于.则选项D判断错误. 故选：AC【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置上．13.经过直线与直线的交点且在轴上截距为6的直线方是__________．【答案】【解析】【分析】联立两直线解出交点坐标，根据直线过两点、，求出直线斜率，写出直线的斜截式方程即可.【详解】联立直线与直线的方程，解得，即交点坐标为.由直线在轴上截距为6，即直线过点，斜率，所以直线的方程为，化为一般式方程可得.故答案为：.14.已知是公比为的等比数列，若，则__________．【答案】【解析】【分析】由定义判断是首项为公比为的等比数列，用公式法求和即可.【详解】由题意，则， 故是首项为公比为的等比数列，故，故答案为：.15.已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是__________．【答案】【解析】【分析】设，，根据中点坐标公式可得，代入圆的方程，整理即可得到的轨迹方程.【详解】设，，则由已知可得.又是线段的中点，所以有，所以，所以有，整理可得.所以的轨迹方程是.故答案为：.16.如图，曲线上的点与轴的正半轴上的点及原点构成一系列等腰直角三角形，，，，且，记点的横坐标为，则__________；通项公式__________． 【答案】①.2；②..【解析】【分析】设各个直角三角形斜边长分别为，则前项和为，.由题意可得出，结合题意得，则；当时，可得坐标，代入曲线方程，即可得到，又，两式作差整理可得，进而得到，即可求出.【详解】设各个直角三角形斜边长分别为，则前项和为.设，，则.则，解得，.当时，，，由可得，，所以，又，两式作差可得，，又，所以，整理可得.所以是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，所以.故答案为：2；.四､解答题：本大题共6小题，第17题10分，18､19､20､21､22题各12分，共70 分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．17.已知递增等比数列的前项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和为．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列下标和性质可求得，代入中可构造方程求得满足题意的公比，由等比数列通项公式可得结果；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.【小问1详解】设等比数列的公比为，，，，，，解得：或，为递增等比数列，，.小问2详解】由（1）得：，，，，. 18.如图，在直三棱柱中，分别为的中点．（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）平行，证明见解析；（2）【解析】【分析】(1)作中点,证明平面∥平面进而得线面平行；(2)等体积法，即可求点到平面的距离.【小问1详解】如图，作中点，并连接,分别为的中点,∥,平面，平面,∥平面, 又在直三棱柱中，∥,平面，平面∥平面,且,平面，平面，故平面∥平面，而平面，故∥平面.【小问2详解】则底面为等边三角形，且为的中点，,在直三棱柱中，,，且∥平面,平面,故,又,,，则中边上高，故，故，∴点到平面的距离为.19.已知圆经过椭圆的左焦点和上顶点．（1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于两点，若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别求解圆与轴，轴交点，进而得，，即可得答案；（2）根据题意，联立方程，设，进而结合韦达定理与弦长公式计算即可.【小问1详解】解：对于圆,令得，解得，即与轴的交点为，令得，解得，即与轴的交点为因为圆经过椭圆的左焦点和上顶点，椭圆的焦点在轴上，所以为椭圆的左焦点，为椭圆的上顶点，所以，，所以椭圆的方程为【小问2详解】解：因为直线与椭圆交于两点，所以联立方程得，所以，，解得，设，则， 因为，所以，整理得，解得，满足，所以，.20.已知数列中，，．（1）证明数列是等差数列，并求通项公式；（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知可推出，又，即可得到，进而求出通项公式；（2）经化简可得，.令，根据求出时，最大，即可得出的取值范围．【小问1详解】证明：由已知可得，，又，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.所以，所以，所以. 【小问2详解】由（1）知，.所以，所以.则由可得，对任意，都成立.令，假设数列中第项最大，当时则，有，即，整理可得，解得，所以.因为，所以，.又，所以数列中第2项最大，即对任意，都成立.所以由对任意，都成立，可得.21.图1是一个边长为的正方形为正方形的中心．把三角形沿翻折，使得二面角为（如图2），分别是的中点．（1）求翻折后的余弦值；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为 ，若存在，请说出点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）连接，根据二面角的定义得，进而得，再分别在，，中结合余弦定理求解即可；（2）以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求解即可判断；【小问1详解】解：在图1中，连接，因为为正方形的中心，所以，所以，在图2中，连接，依然成立，所以，是二面角的平面角，即，因为，所以.因为分别是的中点，所以，在中，，，，即，所以，在中，，，，，，即，所以，在中，，， 所以，翻折后的余弦值为.小问2详解】解：根据题意，如图，以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，，所以，即，令，则，假设存在点，满足平面与平面的夹角为，所以，，设平面的一个法向量为，所以，，即，令得， 所以，，整理得，解得，因为，与矛盾，所以，不存在使得有解，所以，线段上是不存在一点，使得平面与平面的夹角为.22.双曲线过点，且离心率为，过点的动直线与双曲线相交于两点．（1）求双曲线的标准方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，. 【解析】【分析】（1）根据题意可得，再结合可求出，从而可求出双曲线方程；（2）假设存在符合题意的定点，①当垂直于轴时，由题意可得在轴上，②当为轴时，可求得，然后再证对一般的直线也符合题意，即证，设：，，将直线方程代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，然后求解即即可.【小问1详解】因为双曲线过点，且离心率为，所以，因为，所以解得，所以双曲线的标准方程为；【小问2详解】假设存在符合题意的定点，①当垂直于轴时，，得，因为关于轴对称，所以在的垂直平分线上，即在轴上，②当为轴时，，设的坐标为， 则，，整理得，解得或（舍去），所以的坐标为，下证定点对一般的直线也符合题意，若要证，则要证是的角平分线，即轴是的角平分线，即要证，设：，，由，得，，则，所以，所以定点对一般的直线也符合题意，所以定点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是当为轴时，由可求得定点，然后再证定点对一般的直线也符合题意即可，考查数学计算能力，属于较难题.