河北省邢台市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

邢台市2022~2023学年高二（上）教学质量检测数学一、选择题：本题共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．已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．2．已知等比数列的前n项和为n，若，则（）A．3B．1C．D．3．在平行六面体中，，则（）A．B．C．D．4．某地全域旅游地图如图所示，它的外轮廓线是椭圆，根据图中的数据可得该椭圆的焦距为（）A．B．C．D．5．在长方体中，，，则（）A．3B．13C．4D．96．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图（1）、（2）、（3）、（4）为四个简单的图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律（小正方形的摆放规律相同）摆放，设第n个图形包含个小正方形，则（） A．192B．181C．175D．2037．已知点，抛物线的焦点为F，射线与抛物线C相交于点M，与其准线交于点N，若，则（）A．1B．2C．D．38．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式．所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，数列1，3，6，10被称为二阶等差数列．已知数列，，，且，则下列结论中不正确的是（）A．数列为二阶等差数列B．C．数列为二阶等差数列D．数列的前n项和为二、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．已知的圆心在直线上，且过点，，直线，则下列结论中正确的是（）A．的方程为B．圆心O到直线l的距离的最大值为C．若直线l与相切，则或D．若直线l被所截得的弦长为4，则10．如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为PD的中点，则（） A．直线CM与AD所成角的余弦值为B．C．D．点M到直线BC的距离为11．已知椭圆的右焦点为F，过F作x轴的垂线交椭圆C于点P（P在第一象限），直线OP（O是坐标原点）与椭圆C另交于点A，直线AF与椭圆C另交于点B，若，直线PA，PB，AB的斜率分别记为，，，椭圆C的离心率为e，则（）A．B．C．D．12．若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质．对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数．函数以其首名研究者欧拉命名，被称为欧拉函数，例如，，，则（）A．，，成等差数列B．数列是等比数列C．数列的前n项和为，则存在，使成立D．数列的前n项和为，则对任意，恒成立三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知等差数列的前n项和为，若，则______．14．已知平面的一个法向量为，点在平面内，则点 到平面的距离为______．15．在数列中，，，若，则M的一个值可能是______．16．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，，，P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为______；若点Q为抛物线上的动点，抛物线C的焦点为F，则的最小值为______．（本题第一空2分，第二空3分）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．（10分）已知抛物线，直线l与抛物线C交于A，B两点，且，O是坐标原点．（1）证明：直线AB过定点．（2）求面积的最小值．18．（12分）如图，在直三棱柱中，已知，，．（1）证明：．（2）求直线与平面所成角的正弦值．19．（12分）已知是数列的前n项和，，，的等差中项为． （1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．20．（12分）如图所示，在多面体中，四边形，，均为正方形，E为的中点，过，D，E的平面交于点F．（1）证明：．（2）求二面角的余弦值．21．（12分）已知递增数列满足，．（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和．22．（12分）已知，，动点满足直线与的斜率之积为3．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过原点O作直线l，直线l被曲线C截得的弦长为，将直线l向左、右分别平移2个单位长度得到直线，，且直线，被曲线C截得的弦长分别为，，证明：．邢台市2022～2023学年高二（上）教学质量检测数学参考答案1．B设双曲线C的一个焦点为，因为双曲线C的渐近线为，所以 ．因为，所以，，所以双曲线C的离心率为．2．D因为，所以．因为为等比数列，所以，所以．3．A因为，所以得，所以．4．C由图可知长轴长为，短轴长为，所以，，故焦距为．5．D因为，所以．6．B观察可知，，，，，所以可推出，故．7．D过M作C的准线的垂线，垂足为K（图略）．则，因为，所以，所以直线的斜率为，由，得．8．C因为，所以，所以是首项为，公差为2的等差数列，所以，所以数列为二阶等差数列，故A正确； 因为，所以，故B正确；因为，所以，所以不是二阶等差数列，故C错误；数列的前项和，所以，故D正确．9．AC因为的中点坐标为，所以直线的斜率，所以直线的垂直平分线的方程为，即．联立方程组解得即圆心，半径，所以的方程为，故A正确．因为直线l过定点，当直线时，圆心O到直线l的距离最大，且最大值为，故B错误．圆心到直线l的距离，当直线l与相切时，，解得或，故C正确． 若直线l被所截得的弦长为4，则，解得或，故D错误．10．ABD过A作，垂足为E，则，以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．，，，，，．因为，所以直线CM与AD所成角的余弦值为，故A正确．因为，所以B正确．因为，所以BM与PC不垂直，故C不正确．设点M到直线BC的距离为d，则，即点M到直线BC的距离为，故D正确．11．ABD易知，，，设．因为，所以．因为，所以． 因为A，F，B共线，所以，所以，，，故A，B正确．因为，且，所以，所以，故C错误，D正确．12．ABD因为，，，所以A正确．因为2为质数，在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，所以．因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，所以，故B正确．因为，所以是等比数列，所以，故C错误．因为，所以，所以， 两式相减得，所以，故D正确．13．4046．14．因为，平面的一个法向量为，所以点P到平面的距离．15．1（或8或13或16，只需写出一个答案即可）当时，，所以，，，．16．；2设，则，即，化简得．因为等于Q到抛物线准线的距离，所以的最小值为2．17．（1）证明：易知直线AB的斜率存在且不过原点，设直线AB的方程为，，，联立方程组可得，则，．因为，所以，解得（舍去）或， 所以直线的方程为，过定点．（2）解：由（1）知，所以当时，的面积取得最小值，且最小值为1，即面积的最小值为1．18．解：以为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，．（1）证明：因为，，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，，所以令，得．因为，所以，即直线的一个方向向量为．设直线与平面所成的角为， 则，即直线与平面所成角的正弦值为．19．解：（1）因为，的等差中项为，所以．当时，，，当时，，所以，所以．因为，所以（当时不满足），所以（2）由（1）知所以．因为，所以．20．（1）证明：连接，由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又平面，平面，所以平面．因为平面，且平面平面，所以．（2）解：由（1）知F为的中点，设．以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，之轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，． 设平面EFD的法向量为，因为，，所以令，得．设平面的法向量为，因为，，所以令，得．设二面角为，则为锐角，，所以二面角的余弦值为．21．解：（1）因为，所以，．因为，所以，所以．因为，所以,所以． （2）因为，所以．当时，，当时，，所以，所以（当时也满足）．因为，所以，两式相减得，所以．22．（1）解：因为，，，所以，，所以，所以，即动点P的轨迹C的方程为．（2）证明：易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为， 联立方程组得，所以，，且．因为，所以．设，，直线的方程为，联立方程组得，则，，所以．由对称性可知，所以，即．