福建省福州市屏东中学2022-2023学年高二数学上学期期末质量检测试题（Word版附解析）

福州屏东中学2022-2023学年第二学期高二质量检测数学试卷本试卷满分150，用时120分钟.一、单项选择题（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.已知等比数列中，，，则公比（）A.－2B.2C.3D.2或－2【答案】B【解析】【分析】由可得，即可求出公比.【详解】设数列的公比为，因为为等比数列，所以，所以，所以，解得．故选：B．2.如果直线与直线互相垂直，那么实数（）A.B.C.D.6【答案】A【解析】【分析】通过两条直线垂直，利用斜率乘积为，即可求解a的值.【详解】解：因为直线与直线互相垂直，所以，解得.故选：A.3.已知抛物线焦点的坐标为，P为抛物线上的任意一点，，则 的最小值为（）A.3B.4C.5D.【答案】A【解析】【分析】先根据焦点坐标求出，结合抛物线的定义可求答案.【详解】因为抛物线焦点的坐标为，所以，解得．记抛物线的准线为l，作于，作于，则由抛物线的定义得，当且仅当P为BA与抛物线的交点时，等号成立．故选：A.4.若等差数列的首项是，且从第项开始大于，则公差的取值范围是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接写出等差数列的通项公式，由且联立不等式组求得公差的取值范围．【详解】解：等差数列的首项是，则等差数列的通项公式为，要使从第10项开始为正，则由，解得：．故选：． 5.在正四面体ABCD中，E是CD的中点，F是AE的中点，若，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意得，．故选：．6.已知是双曲线左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且则双曲线C的离心率为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由得到，，结合，求出， ，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】不妨设点M在第一象限，由题意得：，即，故，故，因为O为的中点，所以，因为，故为等边三角形，故，，由双曲线定义可知：，即，解得：.故选：C.7.图①是程阳永济桥又名“风雨桥”，因为行人过往能够躲避风雨而得名．已知程阳永济桥上的塔从上往下看，其边界构成的曲线可以看作正六边形结构，如图②所示，且各层的六边形的边长均为整数，从内往外依次成等差数列，若这四层六边形的周长之和为156，且图②中阴影部分的面积为，则最外层六边形的周长为（） A.30B.42C.48D.54【答案】C【解析】【分析】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，这四层六边形的周长之和为156，由得到的关系，再根据阴影部分的面积为，由得到的关系联立求解.【详解】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，由题意得，即，所以，因为阴影部分的面积，所以，联立得或（不合题意舍），故，所以最外层六边形的周长为48．故选：C．8.设是右焦点为F的椭圆上三个不同的点，则 “成等差数列”是“”的（）A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出点F的坐标，线段长，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】椭圆右焦点的，因点在此椭圆上，，，则，同理，而，，于是得，所以“成等差数列”是“”的充要条件.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，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.已知等差数列的公差为d，前n项和为，且，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】先求出，，判断出，得到等差数列为递增数列，利用等差数列的性质对四个选项一一验证. 【详解】因为，所以，，所以.故A错误，B正确；因为，所以等差数列为递增数列.因为，所以，，所以.故C正确；因为，所以.故D正确.故选：BCD10.已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【解析】【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以， 则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.11.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（）A.B.1225既是三角形数，又是正方形数C.D.，总存在，使得成立【答案】ABD【解析】【分析】利用等差数列求和，分别求出，，进而结合裂项求和法逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】三角形数构成数列，易得 ；正方形数构成数列，，易得；对于A：，故A正确；对于B：令，解得；令，解得.故B正确；对于：∵，∴，故C错误；对于D：取，且，则，即，故，总存在，使得成立，故D正确.故选：ABD.12.如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是的中点，点P在线段上，平面，则（） A.与所成角为B.点P为线段的中点C.三棱锥的体积为D.平面截正方体所得截面的面积为【答案】ABD【解析】【分析】以为原点，，，为轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解，判断选项A、B；对于C，利用等体积法求出三棱锥的体积；对于D：先判断出平面截正方体所得截面为正六边形，边长为.直接求体积.【详解】以为原点，，，为轴正方向建立空间直角坐标系，则.则.对于A：设与所成角为，则，且，所以.故A正确；对于B：点P在线段上，可设，所以，所以 .设为面的一个法向量，所以，不妨设，则.因为平面，所以，解得：.所以.即点P为线段的中点.故B正确.对于C：因为平面，所以点到平面的距离相等.所以.故C错误.对于D：分别取，，的中点为，连接.在正方体中，所以所以四点共面.同理可证：共面.在棱长为2的正方体中，所以.同理可求：.所以平面截正方体所得截面为正六边形，边长为. 面积为.故D正确.故选：ABD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．答案请写在答题卡相应位置上）13.已知向量，向量，则向量在向量方向上的投影为____________．【答案】【解析】【分析】代入向量投影的计算公式即可求出结果.【详解】因为，，所以，，，所以向量在方向上的投影数量为.故答案为：.14.在各项均为正数等比数列中，，则___________.【答案】4【解析】【分析】由条件，结合等比数列性质可得，再对数运算性质求即可.【详解】因为数列为等比数列，所以，又，所以，所以，故答案为：4.15.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线交 E于P，Q两点，且，且，，则的标准方程为__________.【答案】【解析】【分析】首先证明四边形为矩形，设，得到方程组，解出即可.【详解】连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以，，又，所以四边形为矩形，设 则由题意得，解得，则，则标准方程为，故答案为：.16.如图，在平面直角坐标系中一系列格点，其中．且．记，如记为，记为，以此类推．设数列的前n项和为，则______；______．【答案】①.44②.【解析】【分析】由题意推得第n圈8n个点对应的这8n项的和为0，从而得n圈所有点对应的项的和为0，判断出前22圈共有2024个数，可得，从而确定所在点的坐标为，则可求得，再求得，即可求得.【详解】由题意，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知 ，即，以此类推，可得第n圈8n个点对应的这8n项的和为0，即n圈所有点对应的项的和，设在第k圈，则，由此可知前22圈共有2024个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故故答案为：四、解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写到答题卡对应题号的框格内．）17.已知直线：，圆：.（1）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；（2）若直线的倾斜角为45°，求直线被圆截得的弦长.【答案】（1）证明见解析，.（2）.【解析】【分析】对于（1），将化为即可得答案；对于（2），由（1）结合题意可得l方程，求得l到圆C圆心距离，结合圆半径可得答案.小问1详解】：，联立 解得故直线恒过定点.【小问2详解】由题意直线的斜率，得，∴：圆：，圆心，半径，圆心到直线的距离所以直线被圆所截得的弦长为.18.已知正项等差数列和正项等比数列，为数列的前n项和，且满足．（1）分别求数列和的通项公式；（2）将数列中与数列相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列，记数列的前n项和为，求．【答案】（1），;（2）11302.【解析】【分析】（1）利用基本量代换列方程组分别求出公差和公比，即可求出和的通项公式；（2）判断出公共项，利用公式法求和.【小问1详解】设正项等差数列的公差为.因为所以，解得：，所以 .设正项等比数列的公比为.因为所以，解得：，所以.【小问2详解】根据（1）的结论，所以数列的前8项依次为：2、4、8、16、3264、128、256，对应数列第1、2、4、8、16、32、64、128项，故数列的前100项为数列的前107项，剔除数列的前7项的数列.设数列的前n项和为Bn，所以.19.已知数列的前n项和为，，．（1）求证：数列为等差数列；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）易得，再利用通项和前n项和的关系求解；（2）易得，再利用错位相减法求解.【小问1详解】解：∵，∴，当时，， ，∴，∵，∴，∴数列是首项为3，公差为2的等差数列．【小问2详解】由（1）得，∴，∴，则，两式相减得，，∴．20.如图，四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点M为棱的中点．（1）求证：；（2）若，点N是线段上靠近B的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点,连接.证明出平面，即可得到；（2）取的中点,连接.由（1）可知两两垂直.以为坐标原点,所在直线分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解.【小问1详解】取的中点,连接.因为,所以,所以.又二面角为直二面角,所以平面.因为平面，所以.在正方形中,分别为的中点,所以△DAO≌△CDM,所以.又,所以,所以.因为,平面,平面,所以平面.又Ü平面,所以.【小问2详解】取的中点,连接.由（1）可知两两垂直.以为坐标原点,所在直线分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设则.所以.则设平面的一个法向量.则，不妨设则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.21.若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．（1）求椭圆E的方程；（2）不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求 面积的最大值以及此时直线l的方程．【答案】（1）（2）面积的最大值为，此时直线的方程为【解析】【分析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的的关系求解；(2)利用韦达定理求出弦长，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解.【小问1详解】抛物线的焦点为，所以，因为双曲线的焦点坐标为，所以则，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】设，联立可得，因为直线与椭圆E交于A、B两点，所以解得，由韦达定理可得，由弦长公式可得，点到直线的距离为， 所以当且仅当即时取得等号，所以面积的最大值为，此时直线的方程为.22.设以的边为长轴且过点的椭圆的方程为椭圆的离心率，面积的最大值为，和所在的直线分别与直线相交于点，.（1）求椭圆的方程；（2）设与的外接圆的面积分别为，，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）运用椭圆的离心率公式、三角形面积公式和的关系，可得，进而得到椭圆方程；（2）设，将直线、直线分别与直线，求出、的坐标，可得；设，，分别为和外接圆的半径，利用正弦定理可得，，可求的，再利用二次函数的性质，即可求出结果. 【详解】（1）依题意：所以.椭圆的方程为.（2）设，则，，.直线与直线联立得.直线与直线联立得..设，，分别为和外接圆的半径，在中，所以.在中，所以，. 又，所以.令，而，所以..所以，即时，取得最小值，最小值为.【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查了考生综合分析问题和基本的运算能力，属于中档题．