山东省菏泽市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

2021级高二上学期期末考试数学试题一､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.1.点关于坐标平面Oxy对称的点的坐标是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】本题根据关于坐标平面对称的点的坐标直接求解即可.【详解】因为点关于Oxy平面对称的点的坐标是，所以点关于平面对称的点的坐标是，故选：C2.已知直线与直线平行，则m的值为（）A.3B.C.3或D.3或4【答案】B【解析】【分析】根据直线平行的判定得即可求m值，注意验证两直线是否平行，而非重合.【详解】由题设，，可得或，当时，、平行，符合题设；当时，、重合，不合题设；∴.故选：B.3.已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案.【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得，设的倾斜角为，，所以.故选：D4.在等比数列中，，，则公比q的值为（）A.1B.C.1或2D.1或【答案】D【解析】【分析】讨论、，由已知结合等比数列前n项和公式求公比q.【详解】由题设，当时，符合题设；当时，，∴，则，可得或（舍），综上，或.故选：D.5.已知等差数列满足，若数列的前项和为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出等差数列的通项公式，然后由裂项相消法求和即可. 【详解】设等差数列的公差为，则，解得则所以则故选：A6.已知圆与直线，则圆上到直线的距离为1的点的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据圆心到直线的距离即可判断.【详解】由得，则圆的圆心为，半径，由，则圆心到直线的距离，∵，∴在圆上到直线距离为1的点有两个.故选：B.7.等轴双曲线的焦距为（）A.2B.C.4D.【答案】C 【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】由解得或，所以，则，，所以焦距.故选：C8.已知点与不重合的点A，B共线，若以A，B为圆心，2为半径的两圆均过点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得两点的坐标满足圆，然后由圆的性质可得当时，弦长最小，当过点时，弦长最长，再根据向量数量积的运算律求解即可【详解】设点，则以A，B为圆心，2为半径的两圆方程分别为和，因为两圆过，所以和，所以两点的坐标满足圆，因为点与不重合的点A，B共线，所以为圆的一条弦，所以当弦长最小时，，因为，半径为2，所以弦长的最小值为，当过点时，弦长最长为4， 因为，所以当弦长最小时，的最大值为，当弦长最大时，的最小值为，所以的取值范围为，故选：D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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.设等差数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A.最小B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据等差数列性质及前项和公式可得，即可得出数列单调性，进而判断选项BCD的正确性，再由数列各项的符号即可得前1011项的和最小，得出正确结果.【详解】根据等差数列前项和公式可得可得，即选项BC正确；因此等差数列的公差，所以数列为递增数列；，即选项D正确；由可知，该数列前1011项全部为负，所以前1011项的和最小，即最小，所以A错误；故选：BCD 10.下列说法正确的是（）A.若G是四面体OABC的底面三角形ABC的重心，则B.在四面体OABC中，若，则A，B，C，G四点共面C.已知平行六面体的棱长均为1，且，则对角线的长为D.若向量，则称（m，n，k）为在基底下的坐标．已知向量在单位正交基底下的坐标为（1，2，3），则在基底下的坐标为【答案】ACD【解析】【分析】A令，，，，由G是底面三角形ABC的重心，利用向量的坐标表示即可判断；B根据空间向量共面的结论即可判断；C由，应用向量的运算律求的模即可；D用基底及对应坐标表示出向量即可判断.【详解】A：令，，，，又G是底面三角形ABC的重心，∴，，，，，∴成立，正确；B：由，而，故A，B，C，G四点不共面，错误； C：如下图，，∴，又且棱长为1，∴，则，正确；D：在基底下坐标为，则，故在基底下坐标为（1，2，3），正确.故选：ACD.11.已知曲线，分别为C的左、右焦点，点P在C上，且是直角三角形，下列判断正确的是（）A.曲线C的焦距为B.若满足条件的点P有且只有4个，则m的取值范围是且C.若满足条件的点P有且只有6个，则D.若满足条件的点P有且只有8个，则m的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】依次对所给选项利用数形结合思想进行判断即可.【详解】A.当C表示椭圆时，因为，所以C的焦点在x轴上，且，所以，即，所以焦距为； 当C表示双曲线时，因为，即，所以C的焦点在x轴上，所以，即，所以焦距为；故A正确；B.若满足条件的点P有且只有4个，则C表示椭圆，如图1，以为直径的圆O与C没有公共点，所以，即，所以m的取值范围是，故B错误；C.若满足条件的点P有且只有6个，则C表示椭圆，如图2，以为直径的圆O与C有2个公共点，所以，即，所以m的取值范围是，故C正确；D.若满足条件点P有且只有8个，则当C表示椭圆时，如图3，以为直径的圆O与C有4个公共点，所以，即，所以m的取值范围是；当C表示双曲线时，如图4，以为直径的圆O与C恒有8个公共点，所以，综上m的取值范围是或；故D错误.故选：AC 12.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（）A.若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线B.若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆C.若，则点P的轨迹为抛物线D.若，则点P的轨迹为双曲线【答案】BD【解析】【分析】A、B将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义判断正误；C、D确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹. 【详解】A：如下图，P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，∴在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，∴在直线上，故P的轨迹为直线，错误；B：P到直线的距离与P到的距离之和等于4，同A知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，∴P的轨迹为椭圆，正确；C：如下示意图，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为，∴时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，则，即，故P的轨迹为椭圆，错误；D：同C分析：时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被 面所截形成的曲线，而，即，故P的轨迹为双曲线，正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：将空间点线、点面距离转化为平面点点、点线距离判断轨迹，由题设及给定的条件确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角、被截圆锥轴截面顶角大小，进而确定轨迹形状.三､填空题：本大题共4小题，律小题5分，共20分.13.已知△的三个顶点分别是点A（4，0），，，则△的外接圆的方程为______．【答案】【解析】【分析】令外接圆圆心，而中点为、中点为，由求x、y，进而求半径，即可写出△的外接圆的方程.【详解】令△的外接圆圆心，又A（4，0），，∴中点为，则，则，中点为，则，则，∴圆心，又外接圆的半径，∴△的外接圆的方程为.故答案为：.14.已知数列的前项和为，且，则__________.【答案】【解析】【分析】当时，求解，当当时，求出然后求解.【详解】当时，， 当时，①②减②得：所以是以为首项，为公比的等比数列.所以故答案为：15.如图，已知圆的半径为定长是圆所在平面内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点.当点在圆上运动时：（1）当点A在圆内且不与点重合时，点的轨迹是__________（从圆､椭圆､抛物线中选择一个填写）；（2）当__________（从>，=，<中选择一个填写）时，点的轨迹是双曲线的一支．【答案】①.椭圆②.>【解析】【分析】根据圆锥曲线定义判断求解．【详解】当点A在圆内且不与点重合时，，因此点轨迹是以为焦点，长轴长为半径的椭圆，当点A在圆上时，点到圆心重合，当点A在圆外时，，此时点轨迹是以为焦点，实轴长为半径的双曲线的一支．故答案为：椭圆；． 16.双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，交双曲线的右支于点P，若，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】由题设，不妨令，过作，则，结合勾股定理、等腰直角三角形求，再由双曲线定义求参数间的数量关系，进而求离心率.【详解】如下图，垂直一条渐近线，则，过作，故，又，∴，，又在△中，故，，由双曲线定义知：，则，∴. 故答案为：.四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线的焦点为F，点在C上．（1）求p的值及F的坐标；（2）过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），求．【答案】（1），（2）4【解析】【分析】（1）将M坐标代入方程即可；（2）联立直线l与抛物线方程得到A、B的横坐标，再利用焦半径公式求出即可.【小问1详解】将代入，得，解得，所以【小问2详解】由（1）得抛物线方程为，直线l的方程为，联立消y得，解得或，因为A在第一象限，所以，所以，，所以 18.已知圆C的圆心在直线上，且与x轴相交于点M（2，0）和N（4，0）．（1）求圆C的标准方程；（2）若过点的直线l与圆C交于A，B两点，且，试问符合要求的直线有几条？并求出相应直线l的方程．【答案】（1）;（2）有2条，分别为、。【解析】【分析】（1）由题设易知圆心在直线上，联立求圆心坐标，进而求半径，即可得圆的方程.（2）判断的位置，讨论直线l斜率，结合圆的方程，应用韦达定理、弦长公式求参数，即可判断直线的条数及对应方程.【小问1详解】由题设，中点为，则圆心在直线上，联立，可得圆心为，∴圆的半径为，综上，圆C的标准方程：.【小问2详解】∵，∴在圆外，当直线l斜率不存在时，直线方程为，则，，显然符合题设；当直线l斜率存在时，设为，联立圆C可得：，若，，则，，∴，可得：. ∴此时，直线l：，即.综上，符合条件的直线有2条，分别为、.19.在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，侧面底面ABCD，，．（1）若PB的中点为E，求证：平面PCD；（2）若PB与底面ABCD所成的角为60°，求平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，DF，推导出四边形ADFE是平行四边形，，由此能证明平面PCD；（2）△为等边三角形，是中点，作，以为原点，、、为x、y、z轴建空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【小问1详解】如图，取PC的中点F，连接EF，DF，，F分别为PB，PC的中点，，， 且，且，四边形ADFE是平行四边形，，平面PCD，平面PCD，平面PCD．【小问2详解】若是中点，作，由底面ABCD为直角梯形且，，，由侧面底面ABCD，面面，面，∴在面ABCD的投影在直线上，又PB与底面ABCD所成的角为60°，∴PB与底面ABCD所成角的平面角，则△为等边三角形.∴以为原点，、、为x、y、z轴建空间直角坐标系，如下图示：∴、、、，则，，，设平面BDP的法向量，则，取，得，设平面PCD的法向量，则，取，得 ，设平面PCD与平面PBD的夹角为，则，平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值为．20.已知数列的首项，且满足．（1）证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设，，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对已知等式两边取倒数，再利用等比数列定义证明，进而求得通项公式；（2）利用错位相减法求和即可求解.【小问1详解】由，两边取倒数得，即，即故数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，，即所以数列的通项公式为【小问2详解】由（1）知，， ①②两式相减得：21.已知双曲线的实轴长为2，且双曲线上任一点到它的两条渐近线的距离之积为.（1）求双曲线的标准方程；（2）已知过点的直线与双曲线交于两点.（i）当时，能否是线段的中点？若能，求出的方程；若不能，说明理由；（ii）若点不是线段的中点，写出所满足的关系式（不要求证明）【答案】（1）（2）（i）不能，理由见解析；（ii）【解析】【分析】（1）由题意可知，利用任一点到它的两条渐近线的距离之积为可计算出，得出双曲线的标准方程；（2）（i）假设是线段的中点，利用点差法可求出直线方程，再根据直线和双曲线的位置关系得出矛盾即可判断出结论；（ii）根据（i）中的证明可假设点是线段的中点求出所满足的关系式，即可得出结论.【小问1详解】由双曲线实轴长为2可得，即；则双曲线的两条渐近线为； 设，则满足，到两条渐近线的距离之积为，联立①②得，解得所以双曲线的标准方程为【小问2详解】（i）由题意可知，假设是线段的中点，设直线与双曲线的两点，则满足，两式相减整理得；由是线段的中点可得，即所以直线的方程为，即；联立直线与双曲线的方程可得，此方程，此时直线与双曲线无交点，这与直线与双曲线交于两点矛盾，所以不能是线段的中点.（ii）根据点和双曲线位置关系可知，假设点是线段的中点，由点差法可知的直线方程为，联立双曲线和直线方程可得 当时，即，此时方程只有一个根，即直线与双曲线仅有一个交点，与题意不符，此时不是线段的中点；当时，满足即可得出不是线段的中点，即，整理得，此时方程只有一个根或无实数根，即直线与双曲线仅有一个交点或没有交点，与题意不符，此时不是线段的中点；综上可知，所满足的关系式为.但若为坐标原点时，总存在关于原点对称的两点，所以还需满足，因此所满足的关系式为.22.已知椭圆的离心率是，且过点.（1）求椭圆标准方程；（2）若直线与椭圆交于A、B两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）2. 【解析】【分析】(1)根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求得椭圆标准方程；(2)直线l和x轴垂直时，根据已知条件求出此时△AOB面积；直线l和x轴不垂直时，设直线方程为点斜式y＝kx＋t，代入椭圆方程得二次方程，结合韦达定理和弦长得k和t的关系，表示出△AOB的面积，结合基本不等式即可求解三角形面积最值.【小问1详解】由题知，解得，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】当轴时，位于轴上，且，由可得，此时；当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，由，得.得，，从而已知，可得.∵. 设到直线的距离为，则，结合化简得此时的面积最大，最大值为2.当且仅当即时取等号，综上，的面积的最大值为2.