天津市宝坻区第四中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版含解析）

2022-2023学年度第一学期期末测试高二数学考试时间：100分钟；注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题：本大题共12小题，每小题4分，共48分1.在空间直角坐标系中，已知点A(1，1，2)，B(－3，1，－2)，则线段AB的中点坐标是（）A(－2，1，2)B.(－1，1，0)C.(－2，0，1)D.(－1，1，2)【答案】B【解析】【分析】利用中点坐标公式直接求解．【详解】在空间直角坐标系中，点，1，，，1，，则线段的中点坐标是，，，1，．故选：B.2.已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系为（）A.相离B.相交C.外切D.内切【答案】C【解析】【分析】计算圆心距，和比较大小，即可判断两圆位置关系.【详解】圆的圆心坐标是，半径，圆的圆心坐标是，半径，,所以圆心距，所以两圆相外切.故选：C 3.已知双曲线的离心率为2，则C的渐近线方程为（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据离心率及a，b，c的关系，可求得，代入即可得答案.【详解】因为离心率，所以，所以，，则，所以C的渐近线方程为.故选：A4.如图所示,在正方体中,点F是侧面的中心,设,则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据空间向量基本定理将转化为即可选出答案.【详解】解:由题知,点F是侧面的中心,为中点,则,故选:A5.两条平行直线与之间的距离（）A.B.C.D.7【答案】C【解析】【分析】首先根据两条直线平行求出参数的值，然后利用平行线间的距离公式求解即可.详解】由已知两条直线平行，得，所以，所以直线可化为，则两平行线间的距离.故选：C6.基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至2021年8月底，地区已经累计开通基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进网络建设．已知2021年9月该地区计划新建50个基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计地区累计开通4640个基站要到（）A.2022年11月底B.2022年10月底 C.2022年9月底D.2022年8月底【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合等差数列的求和公式即可求得结果.【详解】假设要经过个月，地区累计开通4640个基站，则由题意得，化简得，，解得或（舍去）所以预计地区累计开通4640个基站要到2022年10月底，故选：B7.如图，在长方体中，，，则直线和夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，分别求出的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.【详解】如图：以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，所以，所以直线和夹角的余弦值为，故选：D.8.设，则“”是“直线与直线垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.重要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据直线垂直求出的值，再根据充分性和必要性的概念得答案.【详解】直线与直线垂直则，解得或，则“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.故选：A.9.设为数列的前项和，若，则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据公式，即可求解.【详解】当时，，当时，，验证，当时，，所以.故选：A10.已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A.7B.9C.81D.3【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果.【详解】依题意可得，又，所以，所以.故选：D11.设，是椭圆：的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与直线相交于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率的值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得点的坐标，然后根据列方程，化简求得离心率. 【详解】由于为等腰三角形，所以，.故选：A12.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（）A.4B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足， 则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，故选：B.第II卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，且，，成等比数列，，则__________．【答案】4【解析】【分析】由题意结合等比数列的性质、等差数列通项公式、前n项和公式可得，再由等差数列的通项公式即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题得,所以，所以，所以.故答案为：4.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.14.已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，则 ___________.【答案】【解析】【分析】先求出抛物线标准方程，求出焦点坐标，即可求出.【详解】因为点为抛物线上一点，所以，解得：.所以焦点.所以.故答案为：15.已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为_________.【答案】##【解析】【分析】利用空间向量求点到平面的距离即可.【详解】由题可得，又是平面的一个法向量，∴则点P到平面的距离为.故答案为：.16.圆关于直线对称的圆的标准方程为______．【答案】【解析】【分析】由题意，整理圆的一般方程为标准方程，明确圆心与半径，根据点关于直线对称，可得答案.【详解】由，则，即，半径为， 设关于直线的对称点，可得，解得，即，故圆的标准方程为.故答案为：三、解答题：本大题共4小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．（1）求BC边上的中线AD的所在直线方程；（2）求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求BC边的中点D的坐标，再得AD的斜率即可求解；（2）先求△ABC的外接圆O，再求圆心到直线.直线l的距离，再由勾股定理可求解.【小问1详解】∵，∴BC边的中点D的坐标为，∴中线AD的斜率为，∴中线AD的直线方程为：，即【小问2详解】设△ABC的外接圆O的方程为， ∵A、B、C三点在圆上，∴解得：∴外接圆O的方程为，即，其中圆心O为，半径,又圆心O到直线l的距离为,∴被截得的弦长的一半为,∴被截得的弦长为.18.如图，在棱长为1的正方体中，是棱的中点，为的中点．（1）求证：平面（2）求直线和平面所成的角的正弦值．（3）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2） （3）【解析】【分析】以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．用向量法判定线面平行以及求空间角【小问1详解】以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系．依题意，得，，设面的法向量，，所以，取，得因为，所以．所以．又面．所以面．【小问2详解】， 设面的法向量，，所以，取，得．因为，所以．所以直线和平面所成的角的正弦值为．【小问3详解】由（1）､（2）可得，所以平面与平面夹角的余弦值为．19.等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，.（1）求数列和的通项公式；（2）令，设数列的前项和为，求；（3）令，设数列的前项和为，求证：.【答案】（1），（2）（3）证明见解析【解析】 【分析】（1）根据条件列关于公差与公比的方程组，解方程组可得再根据等差数列与等比数列通项公式得结果；（2）根据错误相减法求数列的前项和为，注意作差时项符号的变化以及求和时项数的确定；（3）将裂项得，然后求和即可.【小问1详解】设数列的公差为，数列的公比为，则由得，解得，所以，.小问2详解】由（1）可知，∴①②①—②得：，∴.【小问3详解】 20.已知椭圆：：的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，若，求直线的方程；（3）设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，点满足：轴且，求证：是定值.【答案】（1）（2）（3）14【解析】【分析】（1）由离心率公式以及椭圆的性质列出方程组得出椭圆的方程；（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得出点坐标，最后由距离公式得出直线的方程．（3）设，，，计算，求出直线，将其与椭圆联立求得，则，最后计算两者之和即可得到定值.【小问1详解】 由题意可得，得，，椭圆；【小问2详解】设，，直线为．由，得显然，由韦达定理有：，则；所以，且，若，即解得，所以．【小问3详解】由题意可得，，设，，，则，由，可得，；直线的方程为，得，与椭圆方程联立，可得， 所以，即有，所以．所以，是定值．【点睛】关键点睛：本题第二问主要是由弦长求直线方程，通常采用弦长公式，本题已知其中一交点坐标则可以利用韦达定理求出另一交点坐标，再利用两点距离公式得到关于的弦长方程，则可得到值，第三问的关键在于首先利用面积关系及在椭圆上得到，再写出直线的方程，将其与椭圆联立，利用两根之和式得到，从计算出，最后即可证明定值.