首页

湖南省永州市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/25

2/25

剩余23页未读,查看更多内容需下载

永州市2022年下期高二期末质量监测试卷数学一、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,只有一项符合题目要求.1.下列直线经过第一象限且斜率为-1的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意利用直线方程的斜截式即可选出答案.【详解】满足题意的直线方程通式为:故选:B2.已知,,且,则()A.5B.4C.3D.2【答案】D【解析】【分析】利用向量垂直充要条件列出关于的方程,解之即可求得的值.【详解】,,且,则,则,解之得故选:D3.若双曲线:的虚轴长为8,渐近线方程为,则双曲线C的方程为()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据虚轴、渐近线的定义求解.【详解】由题可得解得,所以双曲线方程为,故选:C.4.设数列的前项和为,若,,则()A.27B.64C.81D.128【答案】C【解析】【分析】利用题给条件即可依次求得的值.【详解】数列的前项和为,,则,,,.故选:C.5.如图,在四面体ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,点M是EG和FH的交点,对空间任意一点О都有,则()A.B.C.2D.4【答案】D 【解析】【分析】证明出四边形平行四边形,为中点,利用空间向量基本定理求解即可.【详解】E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,故,,所以四点共面,且四边形为平行四边形,故为中点,因为,,所以,故故选:D6.已知抛物线C的焦点为F,准线为l,过F的直线m与C交于A、B两点,点A在l上的投影为D,若,则()A.B.2C.D.3【答案】B【解析】【分析】结合图像,分析出点为的中点,从而利用抛物线的定义即可求得结果.【详解】过点作,垂足为,作,垂足为,如图,.又因为,所以四边形为矩形,所以,因为,,所以点为的中点, 所以,故,由抛物线的定义可得,,所以,即.故选:B.7.已知,,是圆:上的动点,则外接圆的周长的最小值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意确定圆:和圆,有公共点,结合圆与圆的位置关系列出不等式可求解.【详解】中点横坐标为,所以外接圆的圆心在上,设圆心为,则半径为,圆心距,圆,又因为在圆上,所以圆与圆有公共点,所以,显然成立,两边同时平方可得,,所以,所以所以当且仅当解得时取得等号,所以周长的最小值为, 故选:C.8.如图,瑞典数学家科赫在年通过构造图形描述雪花形状.其作法是:从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边.反复进行这一过程,就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形(图①)的边长为,则图④中图形的面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、,图形面积依次记为、、、,图形分别记为、、、,图形的边数分别记为、、、,易得,,,利用累加法可求得的值.【详解】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、,图形面积依次记为、、、,图形分别记为、、、,图形的边数分别记为、、、,观察图形可知,且,,且,由题意可知,数列是首项为,公比为的等比数列,则,数列是首项为公比为的等比数列,,由图可知,图形是在图形的每条边上生成一个小三角形(去掉底边), 共增加了个边长为的正三角形,所以,,由累加法可得.故选:A.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,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.已知a,b,c为非零实数,则下列说法正确的是()A.是a,b,c成等差数列的充要条件B.是a,b,c成等比数列的充要条件C.若a,b,c成等比数列,则,,成等比数列D.若a,b,c成等差数列,则,,成等差数列【答案】AC【解析】【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案.【详解】对于选项A:根据等差中项即可得出是a,b,c成等差数列的充要条件,故A正确;对于选项B:,即,又a,b,c为非零实数,所以根据等比中项即可证明a,b,c成等比数列,a,b,c成等比数列,只能证明,即是a,b,c成等比数列的充分不必要条件,故B错误;对于选项C:若a,b,c成等比数列,则,则,则,, 成等比数列,故C正确;对于选项D:若a,b,c成等差数列,则,无法得到,故D错误;故选:AC.10.如图,一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截,截面为椭圆,若,则()A.椭圆的短轴长为B.椭圆的离心率为C.椭圆的方程可以为D.椭圆上的点到焦点的距离的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用图中的几何性质即可求出,即可判断的正误,利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.【详解】设椭圆的长半轴为,短半轴为,由已知可知,解得,∵,∴椭圆的短轴长为,故A正确;则椭圆的标准方程为,故C不正确;∵,∴,∴,故B正确; 椭圆上的一点为,其中一个焦点坐标为,且,则该抛物线的对称轴为,故函数在区间上单调递减,当有最小值,此时,即,故D正确.故选:ABD.11.已知双曲线:的左、右焦点分别为,,过点作直线与双曲线的右支交于,两点,若,则()A.B.点的横坐标为C.直线的斜率D.的内切圆的面积【答案】ABD【解析】【分析】根据双曲线的定义得到方程组,求出、,即可判断A,再由等面积法求出,代入双曲线方程求出,即可判断B,再求出直线的斜率,即可判断C,利用直角三角形即内切圆的性质求出内切圆的半径,即可判断D【详解】由双曲线:可得,如图所示,由题意知,解得,故A正确; 在中,由等面积法知,解得,代入双曲线方程得,又因为点在双曲线的右支上,故,故B正确;由图知当点在第一象限,,由对称性可知,若点在第四象限,则,故C不正确;设的内切圆为,圆切于,连接易得,,四边形是正方形,故的内切圆半径,对应面积为,故D正确.故选:ABD12.在长方体中,,E,F为的两个三等分点,点P是长方体表面上的动点,则()A.的最小值为B.的最大值为2C.的最小值为30°D.的最大值为90°【答案】BD 【解析】【分析】建立空间直角坐标系,得到点的坐标,分析出P位于长方体的四个侧面时情况相同,P位于长方体的上下两个平面时情况相同,分两种情况进行求解出,得到最值,并分析出的最大值,举出反例得到C错误.【详解】以A为坐标原点,分别以为轴,建立空间直角坐标系,因为,所以,不妨设,故,,由对称性可知:P位于长方体的四个侧面时,所处情况相同,不妨设,则,故当时,的最小值为,此时当或2,或1时,的最大值为2,由对称性可知:P位于长方体的上下两个平面时,所处情况相同,不妨设,则,故当时,的最小值为0,当或2,时,的最大值为2,综上:的最小值为0,的最大值为2,A错误,B正确;因为的最小值为0,故的最小值为0, 因为,所以的最大值为90°,D正确;当点与点重合时,此时,C错误.故选:BD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线与圆交于,两点,则__________.【答案】【解析】【分析】求出圆心到直线的距离,再由计算可得.【详解】圆的圆心坐标为,半径,圆心到直线的距离,所以.故答案为:14.已知数列满足:,,,则__________.【答案】1或8【解析】【分析】根据递推关系,对分奇偶即可逐项求解得.【详解】①若为偶数,则由可得, 若为偶数,则由可得,进而或者,均满足要求,若为奇数,则由可得,不符合要求,舍去,②若为奇数,则由可得,不符合要求,舍去,综上或,故答案为:1或815.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上下底面平行,且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池,,,,均与曲池的底面垂直,且,每个底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90°,则直线与所成角的余弦值为_____.【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量即可求得直线与所成角的余弦值.【详解】延长AB交CD于O,过点O作平面,以O为原点,分别以OD,OA,OT所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则,,,,则,,则, 则直线与所成角的余弦值.故答案为:16.已知双曲线的左、右顶点分别为、,是在第一象限的图象上的点,记,,,若,则双曲线的离心率__________.【答案】【解析】【分析】设点,则,,且,分析可得,,,根据可求得双曲线的离心率的值.【详解】设点,则,,且,可得,易知点、,所以,,,则,, ,所以,,所以,,则,可得.因此,双曲线的离心率为.故答案为:.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.如图,在正方体中,为的中点.(1)证明:直线平面;(2)求直线与平面所成角正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)先利用中位线定理证得,再利用线面平行的判定定理即可得证; (2)建立空间直角坐标系,分别求出与平面的法向量,从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】连接直线BD,设直线BD交直线AC于点O,连接EO,如图,因为在正方体中,底面是正方形,所以O为BD中点,又因为E为的中点,所以,又因为平面,平面,所以直线平面.【小问2详解】根据题意,以DA为x轴,DC为y轴,为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,如图,不妨设正方体的棱长为2,则,,,, 故,,,设平面的法向量,则,即,令,则,,故,设直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知等差数列的前项和为,且,.(1)求数列的通项公式;(2)令,求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项,进而可求通项,(2)根据分组求和,结合等差数列以及等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】设数列的首项为,公差为,由题意得,解得:,所以【小问2详解】因为所以. 19.已知抛物线:焦点为,点在上,且(为坐标原点).(1)求抛物线的标准方程;(2)过点的直线与抛物线交于点A,B两点,若为定值,求实数的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由先表示出点坐标,代入抛物线的方程求,得出抛物线的标准方程;(2)设过的直线为,与抛物线的方程联立,得出韦达定理及判别式大于零,把韦达定理代入为定值,求出实数的值.【小问1详解】已知点在上,且,,则点在线段的中垂线上,即,把点代入抛物线的方程,则,,解得,所以抛物线的标准方程为.【小问2详解】设过的直线为,,联立,得,则,即,且, 所以因为为定值,所以,,解得或(舍去)当,时,所以当为定值时,.20.如图,在三棱锥中,,平面平面,,,.(1)证明:平面;(2)若点D在线段AC上,直线PD与直线BC所成的角为,求平面DBP与平面CBP夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由勾股定理证明,由已知面面垂直证明线面垂直,再到线面垂直,从而证得结果;(2)建立空间直角坐标系,由直线PD与直线BC所成的角,求得点坐标,再求平面DBP与平面CBP的法向量,得出两平面夹角的余弦值.【小问1详解】 证明:在中,因为,,,所以,所以,因为,平面平面,平面平面,平面,所以平面,因为平面,所以,又,,平面,所以平面.【小问2详解】以B为坐标原点,BA为x轴正方向,BC为y轴正方向,过B垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由题意得,,,平面平面,平面平面,过点作于点,则平面ABC,,,则,所以,,,,设点,,则,所以,,, 所以点坐标为,所以因为直线与直线所成的角为,,解得所以点坐标为,则.设平面的法向量为则,取,可得.因平面,所以平面的一个法向量为,所以所以平面与平面夹角的余弦值.21.设数列的前项之积为,且满足.(1)证明:数列是等差数列,并求数列的通项公式;(2)记,证明:.【答案】(1)证明见解析,;(2)证明见解析【解析】 【分析】(1)法一:根据,得到,变形后得到,证明出结论,并求出通项公式;法二:由题目条件得到,得到以3为首项,以2为公差的等差数列,求出,进而求出,并证明出数列是等差数列;(2)利用放缩法得到,裂项相消法求和,得到.【小问1详解】方法一:当,得,当时,①②两式相除可得:即,又,故,变形为:,因为,所以是以为首项,1为公差的等比数列.所以化简可得 法二:因为,,所以即令,则,所以以3为首项,以2为公差的等差数列,所以,即,所以.又因为满足上式,所以,所以,故,故数列是等差数列.【小问2详解】因为,所以 22.设为圆:上的动点,点,且线段的垂直平分线交于点,设点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)已知,,是曲线上异于A的不同两点,是否存在以为圆心的圆,使直线AM,AN都与圆D相切,且三边所在直线的斜率成等差数列?若存在,请求出圆D的方程;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)存在圆,圆的方程为.【解析】【分析】(1)利用椭圆定义即可求得曲线的方程;(2)假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意,利用题给条件和设而不求的方法列方程求得的值即可解决.【小问1详解】圆的方程化为,所以圆心,半径.因为在的垂直平分线上,所以,所以又因为,则,所以Q的轨迹是以E,F为焦点,长轴长为4的椭圆,由,,得.所以的方程为.【小问2详解】 假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意.设圆方程为,,,设直线的方程为,直线的方程为直线与圆相切,得,直线与圆相切,,所以,则,由得,由于点,均在椭圆上,所以,,又,故在上式中以代,可得,所以直线的斜率 以,,按照一定次序成等差数列,得或故,因此,所以存在圆,圆的方程为.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-04-10 09:42:01 页数:25
价格:¥2 大小:1.39 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE