福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

福州市八县（市）协作校2022-2023学年第一学期期末联考高二数学试卷【完卷时间：120分钟：满分150分】一、单选题（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.过点且平行于直线的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据平行关系设直线方程，再代入点的坐标，求直线方程.【详解】设与直线平行的直线是，代入点得，得，所以直线方程是.故选：A2.若圆与圆有且仅有一条公切线，则（）A.16B.25C.36D.16或36【答案】C【解析】【分析】将圆化成标准方程，求出圆心和半径，由题可判断两圆内切，结合圆心距等于半径差可求.【详解】根据题意，圆，即，其圆心为，半径为1，圆，圆心为，半径为，两圆的圆心距， 若两圆有且仅有一条公切线，则两圆内切，则有，又由，解可得，故选：C．3.已知点A(m,n)在椭圆上，则的最大值是.（　　）A.6B.8C.3D.2【答案】B【解析】【分析】由已知条件得出，利用椭圆的有界性得出，由此可求得的取值范围，即可得解.【详解】由题意可得，则，故．因为，所以，所以，即．因此，的最大值.故选：B.4.已知，双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线左支上一点，则的最小值为（　　）A.5B.7C.9D.11【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程，求得焦点坐标，由双曲线的性质，整理，利用三角形三边关系，可得答案.【详解】由双曲线，则，即，且，由题意， ，当且仅当共线时，等号成立.故选：C.5.中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的是（）A.该人第五天走的路程为14里B.该人第三天走的路程为42里C.该人前三天共走的路程为330里D.该人最后三天共走的路程为42里【答案】D【解析】【分析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出，判断A,B;求出可判断C,D.【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，设数列前n项和为，则，故，解得，则，故，该人第五天走的路程为12里，A错误；，该人第三天走的路程为48里，B错误；，该人前三天共走的路程为里，C错误； 由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，故选：D6.已知两个等差数列{}和}的前n项和分别为和，且，则的值为（　　）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】由题，可设，，则.【详解】因等差数列前n项和为关于n的不含常数项的二次函数，又，则可设，，则.故选：A7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段的中点，且，则C的离心率为（）A.B.2C.D.3【答案】B【解析】【分析】由题意可得为直角三角形，再结合A为线段的中点，可得AO垂直平分，可表示出直线，再联立渐近线方程可以得到，，的关系，进而得到双曲线离心率【详解】由题意可知，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，A为线段的中点，当交点在轴上方或轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种 即可，如图.根据双曲线可得，，，两条渐近线方程，，为的中点，，又A为线段BF1的中点，垂直平分，可设直线为①，直线为②，直线为③，由②③得，交点坐标，点还在直线上，，可得，，所以双曲线C的离心率，故选：B8.曲线上存在两点A，B到直线距离等于到的距离，则（　　）A.12B.13C.14D.15【答案】C【解析】【分析】由题可知A，B为半圆C与抛物线的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.【详解】由曲线，可得，即，为圆心为，半径为7的半圆，又直线为抛物线的准线，点为抛物线的焦点，依题意可知A，B为半圆C与抛物线的交点， 由，得，设，则，，∴.故选:C.二、多选题（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.已知正方体，棱长为1，分别为棱的中点，则（）A.直线与直线共面B.C.直线与直线的所成角为D.三棱锥的体积为【答案】BD【解析】【分析】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，对于A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用求解.【详解】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，则，，， 对于A，假设直线与直线共面，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，因为∥，所以∥，矛盾，所以直线与直线不共面，所以A错误；对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，设直线与直线的所成角为，因为，所以，所以，所以C错误，对于D，因平面，所以，所以D正确，故选：BD.10.已知椭圆的左、右焦点为，，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点 重合，则下列关于的说法正确的有（）A.的周长为B.当时，的边C.当时，的面积为D.椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得，进而求得，；根据，可求得；根据余弦定理可求得，进而求得面积；根据为直角三角形分情况求得满足题意的点P的个数即可．【详解】解：由易得，∴的周长为，故A对；令得，，故B错；设，由余弦定理得，，，∴，故C对；当，由选项B的分析知满足题意的点P有2个； 同理当，满足的点P也有2个；当，有，解得，所以满足题意的点P为椭圆的上下两顶点，综上满足的点P共6个，故D对．故选：ACD．11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，，，，，，.该数列的特点如下：前两个数均为，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】写出的前几项，通过观察可得数列的周期，进而结合数列的性质以及的定义，可判断A、B项；因为，可推得，逐项代入即可得到C项；由，可得，逐项代入即可得到，从而得到D项错误.【详解】因为，，，，，，根据数列的 性质以及的定义可得，，，，，，.同理可推得，当时，有，，，，，，所以是以为周期的周期数列，所以，所以A项错误；由周期性可知，，，故B正确；因为，可推得，逐项代入，可得，所以C正确；因为，所以D错误故选：BC．12.抛物线的光学性质为：从焦点发出的光线经过抛物线上的点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，且法线垂直于抛物线在点处的切线．已知抛物线上任意一点处的切线为，直线交抛物线于，，抛物线在，两点处的切线相交于点．下列说法正确的是（）A.直线方程为B.记弦中点为，则平行轴或与轴重合C.切线与轴的交点恰在以为直径的圆上D.【答案】BCD【解析】【分析】设为，与抛物线联立，根据韦达定理用表示出，即可判断A 项；根据已知可推出，是一元二次方程的两组解，又直线方程为，两式比较可得，，即可判断B项；通过求出、点坐标，推导以及，即可判断C项；根据抛物线的光学性质，结合已知条件，可推出∽，进而推得.【详解】设为，，与抛物线联立得，必有，，，∴，，代回方程整理得：，A项错误；由已知，抛物线在点处的切线切线：，在两点处的切线，设点，则满足方程组，则可知，是一元二次方程的两组解，由经过两点，的直线有且仅有一条，故方程为，变形为，又直线方程为，两式对应系数得，，所以平行轴或与轴重合，B项正确；如图，记切线与轴的交点，，，∴，∴， 同理切线与轴的交点，亦有，故，所以，，，四点共圆，且为直径，C项正确；如图，记切线与轴的交点为，过作轴平行线，由抛物线光学性质，，由等腰、直角、，，，四点共圆（对同弦圆周角相等），可得如图五个角相等；同理，五个角相等．则∽，∴，D项正确．故选：BCD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知空间向量，，若，则______．【答案】【解析】【分析】利用向量平行可知，然后计算即可.【详解】由题可知，所以有，解得，所以故答案为：14.过点作圆的切线，则切线的方程为_________． 【答案】或【解析】【分析】讨论切线的斜率是否存在.当斜率存在时，设斜率为，得到直线方程，根据圆心到直线的距离，得到，解出，代入直线方程即可.【详解】由已知圆心，半径.又，所以，点在圆外.当直线斜率不存在时，直线的方程为.此时，圆心到直线的距离，所以直线不是圆的切线；当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，整理可得，.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，整理得，，解得，或.当时，直线方程为；当时，直线方程为，化为一般式方程为.所以切线方程为或.故答案为：或.15.已知、分别是双曲线的左、右焦点，动点在双曲线的左支上，点为圆上一动点，则的最小值为________.【答案】6【解析】【分析】结合双曲线的定义以及圆的几何性质求得正确答案. 【详解】双曲线，，，圆的圆心为，半径，在双曲线的左支上，，所以，根据圆的几何性质可知，的最小值是，所以的最小值是.故答案为：16.已知数列{}的前n项和为，满足（k是常数.，且，则___________.【答案】128【解析】【分析】先由与的关系式得到数列为等比数列，并设数列的公比为，同时可证数列也是等比数列，并且公比为，再把，，三个式子全部表示为的形式，进一步运算得到答案.【详解】因为（是常数，），所以当时有，两式相减得，即，所以数列为等比数列，设数列的公比为，.数列是公比为的等比数列.又因为，则①； 因为，则，即②.，，把①②分别代入上式，得.故答案为：128.四、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.已知从圆外一点P(4，6)作圆O：的两条切线，切点分别为A，B．（1）求以OP为直径的圆的方程；（2）求直线AB的方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由已知求得圆心和半径可得所求的圆的方程；（2）联立两圆的方程即得直线的方程．【小问1详解】∵所求圆的圆心为线段的中点，半径为，∴以为直径的圆的方程为；【小问2详解】∵、是圆的两条切线，∴，， ∴A，B两点都在以为直径的圆上，由，可得直线的方程为.18.已知是等差数列{}的前n项和，且.（1）求；（2）若，数列{}的前n项和.求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本量列方程求解即可；（2）由裂项相消法求和得出,再证明即可.【小问1详解】为等差数列，则，，.∴，故，故.【小问2详解】，∴19.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面ABCD， 为等腰直角三角形，，，O、Q分别为AD、PB的中点．（1）证明：；（2）求直线AQ与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平面平面ABCD，可得平面PAD，再由线面垂直的性质定理可得答案；（2）由已知可得平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出、平面PBC的法向量，由线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】∵平面平面ABCD，平面平面，，平面ABCD∴平面PAD，又平面PAD，∴；小问2详解】因为，O为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ∴，，设平面PBC的法向量为，则，即，取，可得，设直线AQ与平面PBC所成的角为，则．20.在数列中，，且.（1）证明：是等比数列.（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；（2）利用分组求和和错位相减求解即可.【小问1详解】由题意可得，因为，所以，所以，所以，即， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）得，所以，设数列前项和为，数列前项和为，则①，②，①-②得，所以，又，所以.21.已知双曲线的焦距为且经过点.（1）求双曲线的方程：（2）若直线不经过点，与双曲线C交于A、B两点，且直线MA，MB的斜率之和为1，求证：直线l恒过定点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先由双曲线焦距求得，从而得到，再将点代入双曲线方程即可得到关于的方程，解之即可得解；（2）先假设直线斜率存在，联立直线与双曲线的方程，利用直线MA，MB的斜率之和为1求得或，从而得到直线经过定点，再检验得直线斜率不存在时，也经过点，由此得证.【小问1详解】因为双曲线的焦距为，所以，即，所以，即，又双曲线经过点，所以，则，解得或（舍去），则，所以双曲线C的方程为.【小问2详解】依题意，可知直线MA，MB的斜率必然存在，且，当直线（即直线）斜率存在时，设直线方程为，，联立，消去，得，由题意可知，则，而， 所以，整理得，所以，整理得，即，所以，解得或，当时，直线方程为，则直线经过点，矛盾，舍去；当时，直线方程为，则直线经过定点，此时由，得，即，显然有解，满足题意；当直线（即直线）斜率不存在时，不妨设直线为，联立，解得，则，满足题意，此时直线经过点；综上：直线恒过定点.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22.已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线：的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，且的重心为G在曲线上.（1）求抛物线C的方程；（2）记曲线与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG的面积最小值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线与抛物线的位置关系，求解交点坐标关系，根据三角形重心坐标公式，即可得重心坐标，再代入曲线上，即可得确定抛物线方程；（2）根据坐标关系可证得，则可按梯形面积公式求解即可得面积表达式，结合基本不等式求解最值即可.【小问1详解】解：焦点，显然直线AB的斜率存在，设：，联立，消去y得，，设，，，则，，所以，所以，且，故，即，整理得对任意的恒成立，故，所求抛物线的方程为.【小问2详解】解： 由（1）知，，，，，，则，又弦AB的中点为M，的重心为G，则，故，所以，D点到直线AB的距离，，，所以四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时四边形的面积最小值为.