陕西省部分名校2022-2023学年高二理科数学上学期期末试题（Word版附解析）

高二数学试卷（理科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：北师大版必修5占30%，选修2-1占70%.第Ⅰ卷一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.椭圆的长轴为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】由椭圆的标准方程即可.【详解】由椭圆得长轴为.故选：D.2.在中，内角的对边分别为，若，则（）A.B.C.5D.6【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理计算直接得出结果.【详解】由余弦定理可得，所以.故选：A.3.已知.则下列命题中，真命题是（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】分别判断命题的真假性，然后由复合命题的真值表判断．【详解】对，当时，则，故，故为真命题，对，∵，则，故为假命题，则，，均为假命题，为真命题.故选：C.4.如图，在四面体中，E是的中点，，设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则即可得解.【详解】因为，所以，因为E是的中点，所以，所以 .故选：B.5.已知等比数列的前项乘积为，若，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，所以，由得.又，所以.故选：A.6.已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出的值，然后利用离心率公式可求出双曲线的离心率.【详解】由双曲线的渐近线方程为可知直线的斜率为，，双曲线的离心率为.故选：C.7.已知空间三点，则到直线的距离为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给出的三个点求出、和,求出和，即可求出到直线的距离.【详解】由题意，空间三点，，∴，，∴到直线的距离为：，故选：B.8.已知数列满足，，，则“”是“”的（）A.充分必要条件B.充分不必要条件C必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由题意可得为等差数列，后据此判断与间关系可得答案.【详解】设首项为，由，可得，则可得.则.故“”是“”的充分必要条件.故选：A 9.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（）A.B.C.D.1【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点的坐标，即可得到结果.【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由题意可得，则，所以，设平面的法向量为， 则，解得，令，则所以平面的一个法向量为因为平面，则设，则，所以解得，所以，即故选:C.10.设，则的最小值为（）A.B.C.1D.2【答案】A【解析】【分析】先得到，再变形，展开，利用基本不等式求最值即可.【详解】，则，，当且仅当，即时，等号成立.故选：A.11.已知为抛物线上一点，为焦点，过作的准线的垂线，垂足为，若的周长不小于30，则点的纵坐标的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】如图，设点的坐标，准线与轴的交点为A，根据抛物线的定义和勾股定理可得的周长为，令，利用换元法可得，解之即可求解.【详解】如图，设点坐标为，准线与轴的交点为A，则，所以的周长为.得，令，则，有，即，解得(舍去)或，所以，由解得.故选：A.12.如图，平行六面体的体积为，且分别为的中点，则（） A.B.平面C.D.到平面的距离为【答案】D【解析】【分析】通过体积求出该平行六面体的高，建立平面直角坐标系并表达出各点的坐标，计算与的数量关系，与的关系，与的关系，到平面的距离，即可得出结论.【详解】由题意，在四边形中，，，∴四边形的面积为：，在平行六面体中，体积为，设平行六面体的高为，∴解得：，∵，设在底面的投影在上.设在底面的投影为，则，∵，∴.∵，∴为的中点.以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，.∵，∴与不平行，故错误.设平面的法向量为，则令，则.∵，∴与平面不平行，故B错误.∵，∴与不垂直，故C错误.设平面的法向量为，则令，得. ∵，∴到平面的距离为，故正确.故选：D第Ⅱ卷二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知双曲线的焦距为10，则__________.【答案】【解析】【分析】利用焦距的定义及双曲线中三者的关系即可求解.【详解】因为双曲线的焦距为10，所以，解得，由双曲线的标准方程可知，，解得或（舍去）故答案为：.14.若满足约束条件则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】先作出可行域，结合图形求出最小值.【详解】作出可行域如图， 当直线经过点时，取最小值，最小值为.故答案为：.15.如图，在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，则_____________．【答案】4【解析】【分析】由空间向量线性运算的几何表示，结合空间向量的数量积运算即可求.【详解】在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，则故答案为：416.已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上的一点，若 ，则__________.【答案】3【解析】【分析】运用椭圆定义及余弦定理可求得结果.【详解】由椭圆方程知，，，，则，由椭圆定义知，，所以，所以.故答案为：3.三､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.已知抛物线是抛物线上的点，且.（1）求抛物线的方程；（2）已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据的长，由几何知识即可求出抛物线的方程；（2）设出两点坐标和直线的斜率，将两点代入抛物线方程，由点差法求出斜率，根据的中点即可求出直线的方程.【小问1详解】由题意，在抛物线中，，由几何知识得， ，解得：，故抛物线的方程为：.【小问2详解】由题意及（1）得，直线的斜率存在，设直线的斜率为，则，两式相减得，整理得，因为的中点为，∴，∴直线方程为：，即，经检验，满足题意.18.已知数列的前n项和为，且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据求解即可； （2）由题知，进而根据裂项求和法求解即可.【小问1详解】解：当时，．当时，，所以，因为也满足，所以通项公式为．【小问2详解】解：由（1）得，所以，所以．19.如图，在长方体中，，.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】解：以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，所以，，，所以，，因此，异面直线与所成角余弦值为.【小问2详解】解：设平面的法向量为，，则，取，则，因为，所以，. 因此，直线与平面所成角的正弦值为.20.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求；（2）设，当的值最大时，求△ABC的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积【小问1详解】由题意在△ABC中，，，由正弦定理得，∴，整理得到，而为三角形内角，故，故，而，故即.【小问2详解】由题意及（1）得 在△ABC中，，，故外接圆直径，故，，其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，故，，故，且故，此时.21.如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点． （1）证明：平面平面．（2）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.【小问1详解】证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由E，F分别是的中点得，由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，∴，，，∴，，由得，又平面PGB，∴平面PGB，∵平面PGB，∴，∴，∵平面DEF，∴平面DEF，∵平面PAD，∴平面平面.【小问2详解】作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.在中，，由余弦定理得，∴，，∴. 故，设平面、平面的法向量分别为，则有，令，则有，故二面角的余弦值，由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.22.已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以为直径的圆经过点D，且于点G，证明：存在定点H，使为定值．【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据条件列出关于a、b、c的方程组求解即可.（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由 得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.【小问1详解】由题意知，解得：，∴双曲线C的标准方程为：；【小问2详解】证明：由（1）知，，设，①当l的斜率存在时，设l的方程为：，，即：，，，∵以EF为直径的圆经过点D，∴，又∵，，∴，又∵∴，即： 化简得：，即：，解得：或，且均满足，当时，，直线l恒过定点，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；当时，，直线l恒过定点，记为点；②当l的斜率不存在时，设l的方程为：，设，，或，则，此时，，∴，整理得：，解得：或∵或，∴，此时l恒过定点.综述：l恒过定点.又∵，即：，（∵D、E、F三点都在直线l上）∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，为该圆的半径，即的一半.故存在定点，使得为定值6.【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路：（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式，则直线必过定点；若得到了直线方程的斜截式，则直线必过定点.