重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

荣昌中学2022—2023学年度高二上学期期末试题数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共计150分，考试时间120分钟.注意事项：1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂在答题卡上.2.非选择题用黑色签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，在试题（卷）上作答无效.第I卷（选择题，共60分）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.经过点且与直线垂直的直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】与直线垂直的直线的斜率为，结合点斜式即可求解直线方程．【详解】直线的斜率为所以与直线垂直的直线的斜率为，又过点，∴所求直线方程为：即故选：C2.双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】根据点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】由双曲线的标准方程可知：，该双曲线的焦点坐标为：，双曲线的渐近线方程为：，所以焦点到渐近线的距离为：，故选：A3.设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.,则正确，故选项B正确.选项C.若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B4.已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先判断出点在圆上，然后求出圆心和切点连线的斜率，进而得到切线的斜率，最后求出答案.【详解】因为，所以点在圆上，则，切线斜率，于切线方程 为.故选：A.5.设是等差数列的前项和，已知，，则等于（）．A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：依题意有，解得，所以.考点：等差数列基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念.在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．6.已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据，可得，再根据，得，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以的最小值为.故选：C.7.如图正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为a，以下结论错误的是（） A.异面直线A1D与AB1所成的角为60°B.直线A1D与BC1垂直C.直线A1D与BD1平行D.三棱锥A-A1CD的体积为a3【答案】C【解析】【分析】根据线线角的定义判断AB选项的正确性.利用异面直线的定义判断C选项的正确性.利用锥体体积的求法判断出D选项的正确性.【详解】A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角，再连接A1C构成等边，如图，所以异面直线与所成的角为，即A正确;A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角，由A1D⊥AD1可知B正确;根据异面直线的定义可知，直线与直线是异面直线，所以C选项错误;依题意a·a2=，即D正确.故选：C8.已知椭圆C：的下焦点为，点在椭圆C上，点N在圆E：上，则的最小值为（）A.4B.5C.7D.8【答案】B 【解析】【分析】根据椭圆的定义把问题转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边求解即可.【详解】圆E：，则圆心E(0，2）为椭圆C的上焦点，已知椭圆C：，则，，，由椭圆的定义可知，，则，所以，当M，N，E三点共线时，|取最大值1，所以的最小值为6-1=5．故选︰B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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3分.9.直线和圆的位置关系是（）A.相离B.相切或相离C.相交D.相切【答案】CD【解析】【分析】直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率不存在或存在且不为0，结合图形判断直线和圆的关系．【详解】∵圆可化为∴圆心为（0，1），半径为1，∵直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相交，∴直线和圆的关系是相交或相切，故选：CD．10.下列说法正确的是（） A.若向量共面，则它们所在的直线共面B.若是四面体的底面的重心，则C.若，则四点共面D.若向量，则称为在基底下的坐标，已知在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为【答案】BD【解析】【分析】根据向量共面向量的性质判断A选项；根据空间向量的坐标运算即三角形重心坐标公式判断B选项；根据空间四点共面的充要条件及其推论判断C选项；根据空间向量基底坐标定义判断D选项.【详解】解：对于A，三个向量共面，所在直线不一定在一个平面，故A错误；对于B，令，又是底面的重心，所以，所以成立，故B正确；对于C，因为，而，由四点共面的推论可知，所以四点不共面，故C错误；对于D，在基底下的坐标为，则，故在基底下的坐标为，故D正确.故选：BD.11.如图所示，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，截面是一个椭圆，则（） A.椭圆的长轴长为4B.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】ACD【解析】【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的，由此判断各选项.【详解】设椭圆的长半轴长为，椭圆的长半轴长为，半焦距为，由图象可得，∴，又，，∴，∴椭圆的长轴长为4，A对，椭圆的离心率为，B错，圆的方程可以为，C对，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D对，故选：ACD.12.如图，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，，准线与轴的交点为，则（） A.直线与抛物线必相切B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】设点的坐标，及过点的直线方程；选项A，联列方程，整理成的一元二次方程，用判别式判定是否恒为零即可；选项B，由知，选项B正确；选项C，计算得，，两式不恒等，故C不正确；选项D，先计算，从而得，由等面积法知选项D正确.【详解】由已知，，设过点的直线方程为：，设点，，则，，由得，所以，选项A：直线的方程为，联立方程组得：，所以，不恒为零，故选项A不正确；选项B：由题得， 而所以，所以，所以，故B正确；选项C：，所以；，所以，，，，所以所以选项C不正确；选项D：，，，在中，，故D正确.故选：BD.第II卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线与平行，则实数的值为________.【答案】或【解析】 【分析】根据直线与直线平行的系数关系可得实数的值.【详解】因为直线与平行，所以，解得或.故答案为：或.14.已知数列，则数列通项公式________．【答案】【解析】【分析】取倒数后得为等差数列，再由等差数列的通项公式求解．【详解】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列，得，即，故答案为：15.平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，则对角线的长度为___.【答案】2【解析】【分析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.【详解】对两边平方并化简得,故.【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.16.若椭圆和圆（c为椭圆的半焦距）有四个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围是_____. 【答案】【解析】【分析】当圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间时，椭圆和圆有四个不同的焦点，由此列不等式，解不等式求得椭圆离心率的取值范围.【详解】由于椭圆和圆有四个焦点，故圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间，即.由得，两边平方并化简得，即①.由得，两边平方并化简得，解得②.由①②得.故填.【点睛】本小题主要考查椭圆和圆的位置关系，考查椭圆离心率取值范围的求法，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知以点为圆心的圆与直线：相切，过点的动直线l与圆A相交于、两点.（1）求圆A的方程；（2）当时，求直线l的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式求圆的半径，即可得圆的方程；（2）先求圆心到直线l的距离，在结合点到直线的距离公式求直线l的斜率，注意讨论直线l的斜率是否存在.【小问1详解】点到直线：的距离为，即圆A的圆心，半径，故圆A的方程为.【小问2详解】设圆心到直线l的距离为，则，解得，当直线l的斜率不存在时，则，此时圆心到直线l的距离为，符合题意，成立； 当直线l的斜率存在时，设为，则，即，∵，解得，∴直线l：；综上所述：直线l的方程为或.18.如图，正方体的棱长为，为线段的中点，为棱的中点，（1）证明：平面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得平面；（2）计算出点到平面的距离以及四边形的面积，利用锥体的体积公式可求得多面体的体积.【详解】（1）取的中点，连接、，、分别为、的中点，且，在正方体中，且，为的中点，且，且，所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面；（2）连接交于点，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，所以，多面体即四棱锥，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，，平面，，为的中点，所以，点到平面的距离为，平面，平面，，所以，矩形的面积为.因此，多面体的体积为.【点睛】方法点睛：常见线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.19.在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.已知为等差数列的前项和，若______.（1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①②，用基本量法即可求出通项公式，选③，根据和的关系即可求解.(2)利用裂项相消法，即可求解.【小问1详解】解：若选①，，则，解得，所以；若选②，，则，解得，所以；若选③，当时，当时，所以，当时也成立，所以【小问2详解】因为，所以20.如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，，∠BAD=120o，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，平面． （1）求证：平面MAC平面PAD；（2）若PA＝6，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，由所给条件推理出CA⊥AD，进而得CA⊥平面PAD，证得结论．(2)首先以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求解二面角即可．【小问1详解】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：∵平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MAC=ME，∴，，则BC=1，而AB=2，，，∴AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90º，∠CAD=90º，即CA⊥AD，又PA⊥平面ABCD，CA平面ABCD，∴PA⊥CA，又PAAD=A，∴CA⊥平面PAD，而CA平面MAC，∴平面MAC⊥平面PAD． 【小问2详解】（2）如图所示：以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，∴，设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为，平面PAB和平面MAC所成锐二面角为，∴，，∴.21.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．（1）求抛物线的方程；（2）过点且斜率存在的直线交抛物线于不同的两点，设为坐标原点，直线的斜率分别为，求证：为定值．【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求出，即可得解； （2）设直线，联立方程，利用韦达定理求得，再结合斜率公式即可得出结论.【小问1详解】解：点在抛物线上，且，，解得，抛物线的方程为；【小问2详解】证明依题意，设直线，联立，得，则，故为定值．22.已知椭圆的长轴长为8，以椭圆的左焦点为圆心，短半轴长为半径的圆与直线直线相切．（1）求椭圆的方程；（2）已知直线，过右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆交于两点，过点作，垂足为．①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；②点为坐标原点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）①证明见解析，；②15.【解析】【分析】（1）根据题意可得，，，解得，即，，，进而可得椭圆的方程． （2）①由题意得，设直线，设，，，，，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得，，且，写出直线方程，再令，即可得出答案．②由①可得判别式△，，令，化简结合函数单调性即可得出答案．【详解】（1）椭圆的长轴长为8，左焦点到直线的距离椭圆的方程（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，①由题得，设直线，设联立方程得（*）所以有，且因为，所以直线的方程为，得（**）将代入（**），则故直线过定点，即定点为．②在（*）中， 所以又直线过定点故，令，则在上单调递减，故当时，．