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湖南省怀化市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)

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怀化市2022年下期期末考试试卷高二数学一、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.1.直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】由直线方程得斜率,由斜率得倾斜角.【详解】由已知直线斜率为,∴倾斜角为,故选:D.2.已知椭圆的一个焦点坐标为,则的值为()A.1B.3C.7D.9【答案】B【解析】【分析】根据焦点坐标确定,然后计算.【详解】由题意,,∴,,故选:B.3.已知数列满足,,则数列的前2023项的乘积为()A.B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】由题知数列是以为首项,周期为4的一个周期数列,再根据周期性求解即可. 【详解】解:因为,所以,所以,所以数列是以为首项,周期为4的一个周期数列,因为,所以,,,所以,所以.故选:D4.在平行六面体中,若,且与所成的角均为,则()A.5B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由表示出,然后平方把模转化为数量积的运算求解.【详解】由题意,所以, .故选:C.5.双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合,则双曲线离心率为()A.B.C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由抛物线方程得焦点坐标,由离心率公式计算.【详解】抛物线的焦点为,即为双曲线的一个焦点坐标,所以离心率为,故选:C.6.如图,在直三棱柱中,,则直线与直线夹角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以为原点,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解.【详解】如图示,以为原点,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,则. 所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选:A7.已知椭圆的左、右焦点分別为,上顶点为,且,点在上,线段与交于.则直线的斜率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由,可求得的坐标,结合已知,可求得直线的斜率.【详解】由已知,上顶点为,,由,知为上靠近的三等分点,,所以直线的斜率,故选:C 8.如图,在平面上有一系列点,对每个正整数,点位于函数的图像上,以点为圆心的与轴都相切,且与彼此外切.若,且,,的前项之和为,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图像上,求出递推关系式,通过构造等差数列求得的通项公式,得出最后利用裂项相消,求出的前项之和为,即可求出.【详解】因为与彼此外切,所以,即.所以.又,所以,所以.所以数列为等差数列,其中,公差,所以,所以. 所以.所以.所以.故选:C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,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知圆与圆有四条公共切线,则实数a的取值可能是()A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由题意,两圆外离,从而由两圆圆心距离大于两圆半径的和即可求解.【详解】圆的圆心,半径,圆的圆心,半径.因为两圆有四条公切线所以两圆外离,又两圆圆心距,∴,解得或.故选:AD.10.设双曲线的左、右焦点分别为,点在的右支上,且不与的顶点重合.则下列命题中正确的是()A.双曲线的两条渐近线的方程是B.双曲线的离心率等于C.若,则的面积等于4 D.若,则【答案】BCD【解析】【分析】本题根据双曲线的渐近线和离心率、三角形面积求法及余弦定理进行逐项分析即可求解.【详解】由双曲线标准方程知,,A选项:知双曲线的渐近线方程为,故A错误;B选项:双曲线的离心率,故B正确;C选项:由双曲线定义知,若,则,即,即,得,所以,故C正确;D选项:若,则,.在中,由余弦定理,得,故D正确;故选:BCD11.如图,已知二面角的棱l上有A,B两点,,,,,若,,则()A.直线AB与CD所成角的余弦值为45°B.二面角的大小为60°C.三棱锥的体积为 D.直线CD与平面所成角正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】在给定图形中作出直线AB与CD所成角、二面角的平面角、直线CD与平面所成角,再逐一计算作答.【详解】过A作,且,连接,如图,则四边形ABDE是平行四边形,即且,是直线AB与CD所成角或其补角,因,,则,而,平面,于是得平面,平面,即有,,,A正确;因,即,而,则是二面角的平面角,又,因此,,即为正三角形,,B正确;因平面,,则平面平面,在平面内过C作于O,于是得,,而,,C不正确;连接,因,则是直线CD与平面所成角, ,D正确.故选:ABD【点睛】方法点睛:作二面角的平面角可以通过垂线法进行,在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.12.“提丢斯数列”是18世纪由德国数学家提丢斯给出的,具体如下:取0,3,6,12,24,48,96,192,…这样一组数,容易发现,这组数从第3项开始,每一项是前一项的2倍,将这组数的每一项加上4,再除以10,就得到“提丢斯数列”:0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2,10.0,…,则下列说法中正确的是()A.“提丢斯数列”是等比数列B.“提丢斯数列”的第99项为C.“提丢斯数列”的前31项和为D.“提丢斯数列”中,不超过20的有9项【答案】BC【解析】【分析】根据题意得,由此利用等比数列的性质即可求出结果.【详解】记“提丢斯数列”为数列,则当时,,当时,,符合该式,当时,不符合上式,故,故A错误;,故B正确;“提丢斯数列”的前31项和为,故C正确;令,即, 得,又,故不超过20的有8项,故D错误.故选:BC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分13.等比数列的前项和为,则的值为_____.【答案】【解析】【分析】根据等比数列前项和公式的特点列方程,解方程求得的值.【详解】由于等比数列前项和,本题中,故.故填:.【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的特点,考查观察与思考的能力,属于基础题.14.如图,已知正方体中,分别为中点,,则到平面的距离是__________.【答案】##【解析】【分析】利用坐标法,根据点到平面的距离向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系,则, 所以,设平面的法向量为,则,令,则,所以到平面的距离是.故答案为:.15.已知抛物线的准线方程为,在抛物线C上存在A、B两点关于直线对称,设弦AB的中点为M,O为坐标原点,则的值为___________.【答案】5【解析】【分析】先运用点差法得到,然后通过两点距离公式求出结果.【详解】解:抛物线的准线方程为,所以,解得,所以抛物线的方程为,设点,,,,的中点为,,则,,两式相减得, 即,又因为,两点关于直线对称,所以,解得,可得,则,故答案为:5.16.已知双曲线的方程,其左、右焦点分别是,已知点坐标为,双曲线上点满足,设的内切圆半径为.则__________;__________.【答案】①.②.【解析】【分析】设的内切圆与三边分别相切于,利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为,又由得在的平分线上,进而得到即为内心,应用双曲线的定义求得面积差即可.【详解】如图,设内切圆与三边分别相切于,由切线长相等,可得, 又双曲线定义可得,则,又,解得,则点横坐标为,即内切圆圆心横坐标为.又,可得,化简得,即,即是的平分线,由于,,可得即为的内心,且半径,则.故答案为:2,8.【点睛】关键点点睛:本题关键点在于先利用切线长定理求得内切圆圆心横坐标为,再由得到在的平分线上,结合的横坐标为进而得到即为内心,利用双曲线定义及面积公式即可求解.四、解答题:共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列满足,.(1)求数列通项公式;(2)设等比数列各项均为正数,其前项和,若,,求.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为,根据题意得出关于和的方程组,解出这两个量,利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式;(2)设等比数列的公比为,求出、的值,可得出关于和的方程组, 解出这两个量,再利用等比数列的求和公式可求得.【详解】(1)设等差数列的公差为,,解得,因此,数列的通项公式;(2)设各项均为正数的等比数列的公比为,,则,,,,,,即,解得或(舍去),.【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解,同时也考查了等比数列求和公式的应用,考查计算能力,属于基础题.18.已知抛物线的准线方程是是抛物线焦点.(1)求抛物线焦点坐标及其抛物线方程:(2)已知直线过点,斜率为2,且与抛物线相交于两点,求.【答案】(1)焦点是,抛物线的方程为;(2)5【解析】【分析】(1)利用抛物线的准线方程,可求得,进而求得其焦点坐标及抛物线方程:(2)联立直线与抛物线的方程,由韦达定理结合弦长公式即可求解.【小问1详解】抛物线准线为,因此,所以抛物线的焦点是故抛物线的方程为【小问2详解】由题意可知直线的方程为,设 联立,整理得由韦达定理可得,所以19.如图1,在直角梯形中,,且.现以为一边向梯形外作正方形,然后沿边将正方形折叠,使,如图2.(1)求证:平面;(2)求直线和平面所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)证明出和,利用线面垂直的判定定理即可证明;(2)以为原点,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解.【小问1详解】在正方形中,,因为平面,所以平面.平面.在直角梯形中,,.取的中点,连接,则四边形为正方形,所以,所以, 在中,,所以,故,因为平面,所以平面;【小问2详解】以为原点,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.所以.所以.设为平面当一个法向量,所以,不妨设,则.所以直线和平面所成的角的正弦值为.20.已知数列的首项,且满足. (1)求证:数列为等比数列;(2)若,数列前项的和为,求.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)将条件两边同时取倒数,然后两边同时减1,可证明等比数列.(2)利用错位相减法求和即可.【小问1详解】由,得,即,即,所以数列为等比数列,首项,公比【小问2详解】由(1)得,①②①-②,得 21.如图,在直角梯形中,,,平面,,.(1)求证:;(2)在直线上是否存在点,使二面角的大小为?若存在,求出的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析.(2)存在,.【解析】【分析】(1)证明平面即可;(2)假设M存在,建立直角坐标系,用向量法求M的坐标即可.【小问1详解】 如图,作,,连接交于,连接,,∵且,∴,即点在平面内.在平行四边形中,,∴,又由平面知,∴平面,∴①在矩形中,,∴②∴由①②知,平面,∴.【小问2详解】如图,以为原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则,,,,设,∴,,设平面的法向量为,则,令,得,,∴,又平面,∴为平面的一个法向量, ∴,解得,故在上存在点,且.22.已知点,点分別为椭圆的左、右顶点,直线交曲线于点是等腰直角三角形,且.(1)求的方程:(2)设过点的动直线与相交于,两点.当以为直径的圆过坐标原点时,求直线的斜率.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用待定系数法求出椭圆的方程;(2)利用“设而不求法”直接求解.【小问1详解】由题是等腰直角三角形,所以,所以.设,由,即,解得:代入椭圆方程,即,解得:.椭圆C的方程为.【小问2详解】直线斜率不存在时,以以为直径的圆为,不经过坐标原点,不合题意; 当直线斜率存在,可设的方程为.由,得,由直线和C有丙个不同的交点,,即,解得:.又又因为点在以为直径的圆上时,即.所以所以解得:,即(满足,符合题意).存在直线的斜率,使以为直径的圆过坐标原点

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-03-19 15:10:01 页数:21
价格:¥2 大小:1.92 MB
文章作者:随遇而安

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