重庆市万州国本中学校2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

国本中学2022-2023学年度高二上期期末教学质量监测数学试题一、单项选择题：本题共8道小题，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.直线的倾斜角A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得直线的斜率，然后根据斜率和倾斜角的关系，求得.【详解】可得直线斜率为，由斜率和倾斜角的关系可得，又∵∴故选：A.【点睛】本小题主要考查直线倾斜角与斜率，属于基础题.2.在等差数列中，，则（）A10B.17C.21D.35【答案】B【解析】【分析】由已知求出公差即可求解.【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得，所以.故选：B. 3.已知：与：，则两圆的位置关系是（）A.相交B.相离C.外切D.内切【答案】A【解析】【分析】利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系可得正确的选项.【详解】，故，两圆半径之和为3，半径之差的绝对值为1，而，故两圆的位置关系是相交，故选：A.4.已知双曲线C过点且渐近线为，则双曲线C的方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由渐近线方程可设双曲线的方程为，代入点，可得双曲线的方程.【详解】由，可得，可设双曲线的方程为，又双曲线经过点，可得，即，所以双曲线的方程为，故选：A.5.若椭圆的短轴长是焦距的2倍，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】记椭圆的焦距为，根据题中条件，得到，进而可求出离心率.【详解】记椭圆的焦距为，因为椭圆的短轴长是焦距的2倍，所以，即，所以，即，即，所以，因此椭圆的离心率为.故选：B.6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理，用表示出即可.【详解】由题意，因为为与的交点，所以也为与的中点，因此 .故选：D.7.已知等比数列{an}，满足log2a3+log2a10=1，且a3a6a8a11=16，则数列{an}的公比为（）A.4B.2C.±2D.±4【答案】B【解析】【分析】将已知条件转化为首项和公比的方程组，解方程组即可得到公比．【详解】解：依题意，，①，又②，联立①②得，又有意义，所以，，所以，即，所以，故选：B．【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查分析解决问题的能力和计算能力，属于中档题．8.数列，满足，，，则的前10项之和为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出的通项，利用裂项相消法可求前10项之和.【详解】因为，，故， 故的前10项之和为，故选：D.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.若是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，是直线b上不同的两点的，则以下命题正确（）A.B.C.，使得D.设与的夹角为，则.【答案】BCD【解析】【分析】根据空间向量与空间位置关系一一判断即可；【详解】解：对于A，当且平面时，满足，故A错误；对于B：若则，若则，即可得到，故B正确；对于C：若，则，则，使得，若，使得则，所以，故C正确；对于D：设与的夹角为，则，所以，故D正确；故选：BCD10.已知椭圆与双曲线的焦点重合，分别为的离心率，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】 【分析】由题可得，即可得出，进而表示出离心率即可得出答案.【详解】因为的焦点重合，所以，即，所以，故A正确；则，故C正确.故选：AC11.已知是等比数列的前项和，下列结论一定成立的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】【分析】利用等比数列的通项公式及其前项和公式即可判断出正误即可．【详解】解：A、若，则，所以，故本选项正确；、，则无法判定的正负，所以的正负也无法判定，故本选项错误；、，则，若时，；若，，故本选项正确；、若，若，时，；若，，当时，则，所以，故本选项错误.故选：AC.12.设圆，过点的直线与C交于两点，则下列结论正确的为（）A.P可能为中点B.的最小值为3 C.若，则的方程为D.的面积最大值为【答案】AD【解析】【分析】判断点P在圆的内部，当直线时，P为中点，且此时最小，利用弦长公式可求得，可分别判断ABC，利用基本不等式可判断D.【详解】圆，圆心，半径对于A，，即点P在圆的内部，当直线时，P为中点，故A正确；对于B，当直线时，最小，，，则直线的方程为，圆心到直线的距离，，故B错误；对于C，当直线斜率不存在时，即，此时，符合；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得，则圆心到直线的距离，解得，即，所以满足题意的直线为或，故C错误；对于D，，当且仅当，即时等号成立，所以的面积最大值为，故D正确.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线与直线平行，则___________. 【答案】##【解析】【分析】两直线与平行，满足且或【详解】由题意得：，解得：，经检验符合要求.故答案为：14.已知，若与垂直，则___________.【答案】##【解析】【分析】由向量垂直可得，即可求出.【详解】因为，所以，，因为与垂直，所以，解得.故答案为：.15.在正方体中，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为___________.【答案】##0.5【解析】【分析】可通过连接，将和夹角转化成与所成的角，然后再去求解. 【详解】如图所示，连接、，分别为，的中点，所以，所以和夹角就是与所成的角，而是正三角形，所以，所以，直线和夹角的余弦值为.故答案为：.16.已知点，直线，动圆过点且与直线相切，其圆心的轨迹为曲线，上的动点到轴的距离为到直线的距离为，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由点到点的距离等于点到直线的距离求出曲线的方程，当共线时，取最小值，求出点到直线的距离，结合抛物线的定义得出，求解得出答案.【详解】设动圆的圆心为依题意可知，点到点的距离等于点到直线的距离则，两边平方化简得 即点的轨迹为抛物线，方程为由抛物线的定义可知点到直线的距离为（当且仅当共线时取等号）即的最小值为故答案为：【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由距离公式得出曲线的方程，进而结合抛物线的性质求出最小值.四、解答题：本题共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.在等差数列中，已知公差，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据成等比数列可求，从而可求通项；（2）利用公式可求的值.【小问1详解】因为成等比数列，故，即，解得（舍）或，故.小问2详解】18.已知圆C的圆心在直线上，且经过点和．（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，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）点和的中垂线经过圆心，两直线联立方程得圆心坐标，再利用两点间距离公式求解半径.（2）已知弦长，求解直线方程，分类讨论斜率是否存在.【小问1详解】点和的中点为，,所以中垂线的，利用点斜式得方程为，联立方程得圆心坐标为，所以圆C 的标准方程为.【小问2详解】当过点的直线l斜率不存在时，直线方程为，此时弦长，符合题意.当过点的直线l斜率存在时,设直线方程为，化简得，弦心距，所以，解得，所以直线方程为.综上所述直线方程为或.19.已知数列的前项和为..（1）求数列的通项公式；（2）从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题.①，；②是和的等比中项，.若公差不为0的等差数列的前项和为，且______，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）选择①：；选择②：.【解析】【分析】（1）由数列与的关系转化条件为，结合等比数列的性质即可得解；（2）设数列的公差为，若选择①，由等差数列的通项公式列方程可得，进而可得，再结合错位相减法即可得解；若选择②，由等比中项的性质结合等差数列的通项公式、前n项和公式可得，再结合错位相减法即可得解.【详解】（1）当时，，可得；当时，，所以，即， 因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）设数列的公差为，若选择①，由题意，解得；所以，由（1）得，，所以，所以，，两式相减得，所以；若选择②，有，即，即，因为，所以，所以，解得，所以，由（1）得，，所以， 所以，.两式相减，得，所以.【点睛】关键点点睛：（1）当条件中同时出现与，要注意与关系的应用；（2）要明确错位相减法的适用条件和使用方法，细心运算.20.如图，是过抛物线焦点F的弦，M是的中点，是抛物线的准线，为垂足，点N坐标为.（1）求抛物线的方程；（2）求的面积（O为坐标系原点）.【答案】（1）.（2）.【解析】 【分析】（1）由已知得准线方程为：，由此可求得抛物线的方程；（2）设，代入抛物线的方程作差得，再由M是的中点，求得，由此求得直线的方程，与抛物线的方程联立可求得弦长AB，由三角形的面积公式可求得答案.【小问1详解】解：点在准线上，所以准线方程为：，则，解得，所以抛物线的方程为：；【小问2详解】解：设，由在抛物线上，所以，则，又，所以点M纵坐标为是的中点，所以，所以，即，又知焦点F坐标为，则直线的方程为：，联立抛物线的方程，得，解得或，所以，所以.21.图1是由等边三角形和等腰直角三角形组成的一个平面图形，其中.若，将沿折起，连接，如图2. （1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点E，连接，根据等边三角形中线即为高线，及勾股定理可证得，，从而得到平面，进而证得面面垂直；（2）利用空间向量法或作角求角的几何方法进行求解.【小问1详解】如图，取的中点E，连接，，为等边三角形，为等腰直角三角形，，又，即，又平面平面，又平面平面平面.【小问2详解】（解法一）由（1）知平面，又平面平面，平面平面，，所以平面，过点E作交于点H，则平面，所以两两垂直，以点E为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则有，，设为平面的一个法向量，则.即 令，则易知，为平面的一个法向量，，由图可知，二面角为锐角，二面角的余弦值为.（解法二）过D作于F，又平面平面，平面平面，，所以平面，平面，又平面是二面角的平面角，又在中，由余弦定理得，∴二面角的余弦值为.22.设圆的圆心为，点，点为圆上动点，线段的垂直平分线与线段交于点，设点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线交于点，，与圆：切于点，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为2.【解析】【分析】(1)由垂直平分线的定义知，证明为定值即可根据椭圆的定义写出点E的轨迹方程；（2）分类讨论，当直线斜率不存在时，求出直线方程及其与椭圆的交点，利用向量证明，则；当直线斜率存在时，设出直线方程并与椭圆联立，利用直线与圆相切的性质、韦达定理及向量证明，则.【详解】（1）由条件可得，半径.又线段的垂直平分线与线段交于点，所以.则有.所以点的轨迹为以，为焦点，实轴长为的椭圆，其方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为.由椭圆的方程可知，，解法1：则，，.即.从而在中，.解法2：则.解法3：因为切点为，所以.②当直线的斜率存在时，设的方程为，，. 因为直线与圆相切，所以，即.联立和椭圆方程，得.则，，.解法1：则所以从而在中，.所以为定值2.解法2：所以又因为，在椭圆上，所以上式所以为定值2.解法3：设切点，联立，得. 所以，.此时，有所以为定值2.【点睛】解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路是：定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，从而找出这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个值。1、从特殊入手，求出定值，再证明圆锥曲线中的定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的实虚轴，抛物线的焦参数等，在求定值之前，要大胆设参，运算推理，到最后消除参数求出定值；2、直接推理计算，通过消参得到定值直接推理计算，通过消参得到定值的关键在于引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式得恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.