天津外国语大学附属外国语学校2022-2023学年高二数学上学期期末线上试题（Word版含解析）

天津外大附校2022~2023学年度第一学期高二年级期末线上质量监测数学试卷本试卷共150分，用时120分钟.一、选择题（共18小题，每小题5分，共90分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的.）1.双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定的双曲线方程，直接求出离心率作答.【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长，因此半焦距，所以双曲线的离心率.故选：D2.抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由抛物线标准方程求准线方程，注意焦点所在位置．【详解】由题意可知：抛物线的焦点在x轴正半轴，且，即，故抛物线的准线方程为.故选：B.3.若数列中，，，.则（）A.5B.6C.7D.8【答案】A第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】根据递推公式赋值运算求解.【详解】当时，则，当时，则.故选：A.4.直线l：被圆O：截得的弦长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式计算.【详解】圆O：的圆心，半径，则圆心到直线l：的距离，∴弦长为.故选：A.5.已知是等差数列，是各项均为正数的等比数列，且，，，则（）A.7B.4C.1D.–2【答案】C【解析】【分析】根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式可求，进而可求结果.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意可得：，则，即，解得或（舍去），故.故选：C.6.如图，在三棱锥中，底面，，，，D为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建系，利用空间向量解决异面直线夹角的问题.【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则,∵，则，∴异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.7.设是等差数列的前n项和，若，则的值是（）A.10B.20C.30D.60【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的求和公式结合等差数列的下标和性质运算求解.【详解】由题意可得：，则.故选：B.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 8.已知双曲线（，）的一条渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】求出双曲线渐近线的方程，再利用圆的切线性质列式并求出离心率作答.【详解】双曲线的渐近线方程为：，即，双曲线半焦距为c，而圆的圆心为，半径为1，依题意，，即有，，所以该双曲线的离心率.故选：C9.已知抛物线C：的焦点为F，点P在抛物线上，，则点P的横坐标为（）A.5B.8C.4D.6【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求解作答.【详解】抛物线C：的焦点，准线，令点P的横坐标为，由抛物线定义得，解得，所以点P的横坐标为6.故选：D10.已知数列满足，则数列的前2023项之和为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据给定条件，利用裂项相消法求解作答.【详解】数列中，，则，数列的前n项和，所以数列的前2023项之和.故选：A11.如图，在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，则，可取，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故选：C.12.如图，在直三棱柱中，，，，点D是棱的中点，则平面与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建系，求两平面的法向量，利用空间向量解决面面夹角问题.【详解】如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，∵，则，令，则，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ∴，同理可得：平面的法向量，故，设平面与平面所成角为，则，故平面与平面所成角的正弦值.故选：B.13.已知等比数列的前n项和为，若，则的公比（）A.B.C.或1D.或1【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的前n项和公式运算求解，注意讨论公比是否为1.【详解】当时，则，不合题意，舍去；当时，则，解得；综上所述：.故选：B.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 14.已知数列的通项公式为：，，则数列的前100项之和为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】根据给定条件，利用分组求和法，结合等差数列、等比数列求和公式计算作答.【详解】数列的通项公式为：，数列的前n项和为，则有，所以数列的前100项之和.故选：A15.已知数列的通项公式为：，，则数列的前100项之和为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用错位相减法求和作答.【详解】令数列的前n项和为，因为，则，则有两式相减得：，因此，有，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 所以数列的前100项之和为.故选：B16.已知双曲线H：（），以原点为圆心，双曲线的虚半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形的面积为，则双曲线的方程为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线在第一三象限的渐近线倾斜角正切，再结合四边形面积求解作答.【详解】双曲线H：的渐近线方程为：，令直线的倾斜角为，则，由对称性不妨令点分别在第一、四象限，坐标原点为O，则，于是得，而双曲线的虚半轴长为3，即，显然四边形为矩形，其面积，解得所以双曲线的方程为.故选：B17.过抛物线C：（）的焦点F的直线l与抛物线C交于两点A，B，若，则直线l的斜率（）A.B.C.D.【答案】A【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据给定条件，设出直线l的方程，与抛物线方程联立，借助韦达定理及向量关系求解作答.【详解】抛物线C：的焦点，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为，由消去x并整理得：，设，则，，由得：，而，则有，因此，解得，则，所以直线l的斜率.故选：A18.已知数列的通项公式为：，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则实数c的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可得数列为递增数列，讨论n的奇偶性结合恒成立问题分析求解.【详解】∵，∴数列为递增数列，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则有：第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 当为奇数时，则，故，即；当为偶数时，则，故，即；综上所述：实数c的取值范围是.故选：B.二、填空题19.已知抛物线（）的焦点坐标为，则p的值为____________.【答案】8【解析】【分析】根据抛物线的焦点即可得解.【详解】解：因为抛物线（）的焦点坐标为，所以，即.故答案为：.20.已知等差数列的前5项和，则____________．【答案】11【解析】【分析】由等差数列的性质求解，【详解】由题意得，得，故，，则，故答案为：1121.设双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线的右支上，则________.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义与方程运算求解.【详解】由题意可得：，∵点P在双曲线的右支上，则，∴.故答案为：.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 22.已知过抛物线C：的焦点F且与x轴垂直的直线与抛物线交于A、B两点，则________.【答案】8【解析】【分析】根据给定条件，求出直接AB的方程，即可计算作答.【详解】抛物线C：的焦点，则直线，由得：，所以.故答案为：823.已知数列的通项公式为：，，前n项和为，则___________.【答案】800【解析】【分析】利用并项求和法求解即可.【详解】解：由，得.故答案为：800.24.已知互不相同的三点M、N、P均在双曲线H：上，，，垂足为D，点O为坐标原点，若，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】先利用和双曲线方程求出坐标，由于双曲线的对称线，取第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，接着讨论直线斜率不存在和存在时，利用韦达定理，结合向量的数量积，推出、的关系，说明直线过点，即可得到点的轨迹方程为，故设，利用数量积，辅助角公式和三角函数性质即可得到答案【详解】设，因为，故，所以①，因为在双曲线上，所以②，由①②可得，由于双曲线的对称性，不妨设，①直线斜率不存在时，可设，，，，，又，，，解得，，，为垂足，，②直线斜率存在时，设直线，整理得，设，，，，则，，因为，所以，得，所以，得，即，当即时，直线过定点，不符合题意；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 当即时，直线过定点，综上，点在以为直径的圆上，，线段的中点为，所以点的轨迹方程为，故可设的坐标为，所以（其中）所以当时，取得最大值故答案为：【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.三、解答题（共2题，共30分.）25.设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，已知.（1）求椭圆的离心率e；（2）设直线与椭圆有唯一公共点M（M在第一象限中），与轴交于N，，其中O为坐标原点.（i）求直线的斜率；（ii）若，求椭圆的方程.【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）根据题意结合椭圆的性质运算求解；（2）先证椭圆在点处的切线为.（i）设点M及直线，根据题意列式运算求，进而可得斜率；（ii）根据题意结合（i）中的坐标求，即可得方程.【小问1详解】由题意可得：，则，∵，则，解得，∴，故椭圆的离心率.【小问2详解】先证：椭圆在点处的切线为.证明：∵点在椭圆上，则，即，∴点在直线上，联立方程，消去得，∴，即方程组只有一个解，故椭圆在点处的切线为.（i）设点，则直线为，故，∵，则，∴，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 由题意可得，解得，故直线：的斜率.（ii）由（i）可得：，∵，解得，∴，故椭圆方程为.26.已知是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和；（3）设，，证明：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用等差中项列式求出公比q，再求出通项公式作答.（2）由（1）的结论求出，再利用等比数列前n项和公式、裂项相消法分组求和作答.（2）求出，验证当时不等式成立，当时，证得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，再利用放缩的方法结合裂项相消法求和推理作答.【小问1详解】设正项等比数列的公比为，因为，，成等差数列，则，即有，即，因此，，而，解得，又，所以数列的通项公式是.小问2详解】由（1）知，，当时，，当时，，，所以数列的前项和.【小问3详解】由（1）知，，则，有，，，当时，，当时，，当时，，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 即当时，不等式成立，当时，，则，，综上得：，.【点睛】易错点睛：裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司