2022-2023学年浙江省宁波市余姚市高二年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年浙江省宁波市余姚市高二上学期期末数学试题一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，由题意可知：，所以，故选：.2．已知，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据空间向量共线定理列方程求.【详解】因为，所以可设，又，所以，所以.故选：C.3．曲线在点处的切线方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求函数在处的导数，再根据导数的几何意义确定切线斜率，并利用点斜式求切线方程.【详解】函数的定义域为，其导函数，所以，所以曲线在点处的切线的斜率为1，又，故曲线在点处的切线方程为.故选：D.4．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最小值为（

）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】将转化到，当三点共线且在射线的延长线上时，取得最小值.【详解】椭圆的，点在椭圆内部，如图，设椭圆的右焦点为，则；；由图形知，当在直线上时，，当不在直线上时，根据三角形的两边之差小于第三边有，，当在射线的延长线上时，取得最小值的最小值为．故选：B5．在四面体中，为正三角形，平面，且，若，，则异面直线和所成角的余弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由条件建立空间直角坐标系，求异面直线和的方向向量，利用向量夹角公式求其夹角可得结论.【详解】因为平面，为正三角形，故以为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，由，，可得，所以，所以，所以异面直线和所成角的余弦值等于.故选：A.6．某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为（

）A．198 B．200 C．240 D．242【答案】B【分析】由已知确定数列的通项公式，再确定数列的项的取值规律，再求其前50项的和.【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．所以数列为等差数列，且，数列的公差，所以,数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得，所以数列满足条件，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，所以数列的前项的和为，故选：B.7．已知圆，椭圆，过C上任意一点P作圆C的切线l，交于A，B两点，过A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点Q，则（O为坐标原点）的最大值为（

）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】C【分析】先得到椭圆在处的切线方程为，考虑切线的斜率不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，，当切线斜率存在时，设为，由与圆相切得到，求出椭圆两切线方程，得到，求出，求出的最大值.【详解】当点坐标为时，此时切线的斜率不存在，不妨设，此时中令得：，所以不妨令，下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：当切线的斜率存在时，设切线方程为，代入椭圆方程得：，由，化简得：，所以，把代入，得：，于是则椭圆的切线斜率为，所以椭圆的切线方程为，整理得：，方程两边同除以，得到，当切线斜率不存在时，即此时，故切线方程为，中令，可得，故当切线斜率不存在，切线也满足，综上：椭圆在处的切线方程为，故过的两切线分别为和，联立可得：，此时，同理可得时，，当切线的斜率存在时，设为，因为与相切，所以，即，与联立得：，设，则过的椭圆的切线方程为和，联立得：，，则，综上：的最大值为4.故选：C【点睛】过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为8．已知抛物线，焦点为F，准线为l，过F的直线交C于A，B两点，过B作l的垂线交l于点D，若的面积为，则（

）A．3 B． C．2 D．【答案】B【分析】联立直线与抛物线的方程，结合焦半径可得，根据的面积可解得，进而得，即可求解.【详解】焦点,设直线的方程为,联立直线与抛物线的方程得，设,则，所以，故，，化简得，所以，由，所以,故，故选：B二、多选题9．关于x，y的方程表示的曲线可以是（

）A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】BC【分析】先得到且，再结合方程特点，分，和三种情况求出答案.【详解】显然且，若，即时，此时表示椭圆；若，即时，此时表示双曲线；若，此时无解，综上：方程表示的曲线可以是椭圆，也可以是双曲线.故选：BC10．已知等差数列，其前n项和为，若，则下列结论正确的是（

）A． B．使的的最大值为 C．公差 D．当时最大【答案】ACD【分析】根据条件可得，，可判断A正确，可判断C正确，再根据可判断B错误，又因为可判断D正确.【详解】等差数列，，又，，A正确.,C正确.,使的n的最大值为.B错误.当,所以当时最大.D正确.故选：ACD11．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（

）A．题中的“欧拉线”为方程：B．圆M上的点到直线的最小距离为C．若圆M与圆有公共点，则D．若点在圆M上，则的最大值是【答案】ABD【分析】A选项，分析得到其欧拉线过线段的中点，且与直线垂直，从而求出的欧拉线方程；B选项，根据的欧拉线与相切，列出方程，求出，得到圆M上的点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径，求出答案；C选项，根据两圆有公共点，列出不等式组，求出；D选项，的几何意义为点与两点的斜率，数形结合得到当过的直线与相切，且斜率为正时，取得最大值，利用点到直线距离公式求出答案.【详解】线段的中点坐标为，即，直线的斜率为，因为，所以为等腰三角形，三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，其欧拉线过点，且与直线垂直，故的欧拉线斜率为1，则方程为，即，A正确；的欧拉线与相切，故，圆心到直线的距离为，则圆M上的点到直线的最小距离为，B正确；若圆与圆有公共点，则，解得：，C错误；为点与两点的斜率，当过的直线与相切，且直线的斜率为正时，取得最大值，设直线，由，解得：，故的最大值是，D正确.故选：ABD12．在四棱锥中，底面为正方形，，E，F分别为线段（含端点）上动点，则（

）A．存在无数个点对E，F，使得平面平面B．存在唯一点对E，F，使得平面平面C．若，则四面体的体积最大值为D．若平面，则四面体的体积最大值为【答案】ACD【分析】连接，记其交点为，在线段上任取一点，过点，作，证明平面，连接，并延长交于点，证明平面平面，判断A，将四棱锥补形为长方体，过点确定平面的垂线，结合面面垂直的判断定理判断B，根据条件确定的位置特征，结合锥体体积公式求四面体，的体积最大值，由此判断CD.【详解】因为，底面为正方形，所以四棱锥为正四棱锥，由已知可得连接，记其交点为，由正四棱锥性质可得平面，因为，，所以，对于A，在线段上任取一点，过点，作，交与，则平面，连接连接，并延长交于点，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；对于B，将正四棱锥补形为长方体，过点作，连接，又，又，所以四边形为平行四边形，过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，在线段上任取一点，连接交于点，因为平面，所以平面平面，B错误；对于C，因为四面体的体积等于四面体的体积，因为平面，所以四面体的高为，因为，所以，因为，所以，所以，作侧面，连接点和的中点，则，因为，所以，设，则，，所以，又四面体的体积所以四面体的体积最大值为，C正确；对于D，因为平面，平面，平面平面，所以，设，则，，，所以，当且仅当点和点重合，点和点重合时取等号，又平面，，所以四面体的体积最大值为，D正确；故选：ACD.【点睛】本题是立体几何综合问题，主要考查面面垂直和线面垂直的关系，线面平行性质定理和锥体的体积计算，对学生的素质要求较高.三、填空题13．已知，则在方向上的投影向量为________________．【答案】【分析】根据投影向量的定义即可由数量积求解.【详解】由于，故在方向上的投影向量为，故答案为：14．设函数（m为实数），若在上单调递减，则实数m的取值范围_____________．【答案】【分析】首先根据题意得到，，再根据的单调性即可得到答案.【详解】，因为函数在区间上单调递减，所以，恒成立，即，.又在上单调递减，所以，故，即，所以m的取值范围为.故答案为：.15．已知数列满足，则___________．【答案】.【分析】由递推关系证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求其通项，由此可得.【详解】因为，所以，又，所以，故数列为等比数列，首项为3，公比为2，所以，故，故答案为：.16．已知椭圆，过左焦点F作直线交C于A，B两点，连接（O为坐标原点）并延长交椭圆于点D，若，则椭圆的离心率为_____________．【答案】【分析】根据椭圆的焦点三角形满足的边关系，结合勾股定理即可求解.【详解】设右焦点为,连接,由故，由,所以四边形为平行四边形，由于，进而可得四边形为矩形，设，则，因此，在直角三角形中，,即，解得，所以，故，故，即，故答案为：四、解答题17．已知空间三点，设．(1)求与的夹角的余弦值；(2)若向量与互相垂直，求k的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)先求出向量，再利用空间向量的夹角公式求解即可；(2)利用向量垂直的充要条件列出方程，解方程求出的值.【详解】（1）因为，，所以空间向量的夹角公式，可得，所以与的夹角的余弦值为.（2）由（1）可知，.因为向量与互相垂直，所以，所以，所以，所以，解得.18．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．问题：已知等差数列为其前n项和，若______________．(1)求数列的通项公式；(2)设，求证：数列的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；（2）由（1）可得，利用裂项相消法证明即可.【详解】（1）若选①：在等差数列中，，当时，，也符合，∴；若选②：在等差数列中，，，解得；若选③：在等差数列中，，解得；（2）证明：由（1）得，所以19．已知圆，直线．(1)判断并证明直线l与圆C的位置关系；(2)设直线l与圆C交于A，B两点，若点A，B分圆周得两段弧长之比为，求直线l的方程．【答案】(1)直线与圆相交，证明见解析；(2)直线的方程为或.【分析】（1）由题可得，由得直线恒过定点，再由定点与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系；（2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解.【详解】（1）因为直线的方程为，所以，由得，，所以直线恒过定点，因为，所以点在圆内，故直线与圆相交；（2）因为圆的方程为，所以点的坐标为，半径为2，因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故,所以，故圆心到直线的距离，直线斜率不存在时，直线的方程为，因为点到直线的距离为1，所以直线满足条件，即直线的方程可能为，当直线斜率存在时，设直线方程为，则圆心到直线的距离，解得，所以直线的方程为，故直线的方程为或.20．已知正项数列的前n项和为．若（且）．(1)求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；(2)若，求前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由，结合已知递推关系进行转化，然后结合等差数列的通项公式及递推关系可求；（2）由已知先求，根据错位相减即可求和．【详解】（1）由题意得：当时，，因为，所以，所以，因为，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，则，所以，当时，，由于不适合上式，故；（2）当时，，当时，，所以，当时，，，相减得，故，此时也适合，故．21．如图，在四棱锥中，底面，．点A在平面内的投影恰好为的重心E，连接并延长交于F．(1)求证：；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)平面与平面所成夹角的余弦值为.【分析】(1)方法一：由条件根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明.方法二：由已知证明为的中点，结合等腰三角形性质证明；(2)建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，再由向量夹角公式求其夹角余弦，由此可得结论.【详解】（1）方法一：因为底面，底面，所以，因为平面，平面，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以方法二：因为点为的重心，点为的延长线与的交点，所以点为线段的中点，因为，，所以为等边三角形，所以；（2）因为底面，底面，所以，又，如图以点为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，则，因为点为的重心，所以，所以，，由已知平面，平面，所以，即所以，所以，所以，，设平面的法向量为，则，所以，取可得，，所以为平面的一个法向量，又为平面的一个法向量，，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.22．已知双曲线，焦点到其中一条渐近线的距离为．(1)求；(2)动点M，N在曲线C上，已知点，直线分别与y轴相交的两点关于原点对称，点Q在直线上，，证明：存在定点T，使得为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)由双曲线方程求其渐近线方程，由点到直线距离公式列方程求；(2)证明当斜率不存在时不合题意，设直线方程与双曲线的方程联立，根据直线与y轴的两交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由已知双曲线的渐近线方程为，因为焦