2022-2023学年浙江省绍兴市诸暨市高二年级上册学期期末考试数学试题 【含答案】VIP

诸暨市2022-2023学年第一学期期末考试试题高二数学注意：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.2.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上.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.已知等差数列的前项和为，首项为，公差为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解.【详解】因为，所以，故选:B.2.已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标和的模长分别为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接求出点的坐标和的模长.【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以.所以，所以.故选：C3.若直线被圆所截得的弦长为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求圆心到直线的距离，结合弦长和勾股定理可得答案.【详解】因为的圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为；因为弦长为，所以，解得.故选：D.4.已知双曲线的左､右焦点分别为，若左支上的两点与左焦点三点共线，且的周长为8，则（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的定义求解.【详解】解：因为双曲线，所以a=1，由双曲线的定义得：，两式相加得，又因为的周长为8，即，两式相减得，故选：A5.已知正四面体的棱长为为棱的中点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基底表示出，利用数量积的定义可求答案.【详解】因为M是棱CD的中点，所以所以.故选：D.6.已知，则的最小值为（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】利用两点间距离公式及线段和的性质求解.【详解】如图，设，，，，表示点与之间的距离；表示点与之间的距离；表示点与之间的距离；表示点与之间的距离；所以，其中是以1为边长的正方形内任意一点，，；故，当且仅当时，，等号成立，所以原式的最小值为.故选：B7.已知等比数列的前项和为，则点列在同一坐标平面内不可能的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等比数列通项公式和前项和公式确定正确答案.【详解】设等比数列的首项为，公比为，A选项，时，，图象符合.B选项，时，，图象符合.C选项，时，，图象符合.D选项，由图可知，都是负数，所以，但图象显示时，或为正数，矛盾，所以D选项图象不符合.故选：D8.在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，直线的方程为，则直线到平面的距离为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据线面距离的空间向量坐标运算求法直接求解.【详解】由题可知点在直线上，取平面内一点,根据题设材料可知平面一个法向量为，,所以，所以直线到平面的距离为，故选:C.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知直线，下列说法中正确的是（）A.倾斜角为 B.倾斜角为C.斜率不存在 D.斜率为0【答案】BD【解析】【分析】根据直线方程得到斜率，进而得到倾斜角.【详解】解：因为直线方程为，所以斜率为0，倾斜角为，故选：BD10.记为等比数列的前项和，则（）A.是等比数列 B.是等比数列C.成等比数列 D.成等比数列【答案】AB【解析】【分析】根据等比数列的定义即可判断求解.【详解】设等比数列公比为，则有，所以，所以是以为公比的等比数列，A正确；，所以是以为公比的等比数列，B正确；若公比，则，所以不能构成等比数列，C错误；若公比，且为偶数，则都等于0，此时不能构成等比数列，D错误.故选:AB.11.若曲线是由方程和共同构成，则（）A.曲线关于直线对称B.曲线围成的图形面积为C.若点在曲线上，则的取值区间是D.若圆能覆盖曲线，则的最小值为2【答案】AD【解析】【分析】对条件作代数变换得到E是由4个半圆组成，作曲线E的图形，根据图形的性质逐项分析.【详解】由，得或，当时，，是圆心为，半径为1的半圆，同理可得E的其他部分，分别为圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆；作曲线E的图形如下图：图中虚线部分是边长为2的正方形；对于A，显然图形关于对称，正确；对于B，图形的面积，错误；对于C，由图可知的取值范围是，错误；对于D，覆盖住曲线E的圆的半径的最小值显然是2，正确；故选：AD.12.如图所示，在棱长为的正方体中，则下列命题中正确的是（）A.若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离之比为2，则动点的轨迹是圆B.若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到面的距离之比为2，则动点的轨迹是椭圆C.若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离相等，则动点的轨迹是抛物线D.若点是线段的中点，分别是直线上的动点，则的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，由题得，代入坐标化简即得解；对于选项B，代入坐标化简即得解；对于选项C，代入坐标化简即得解；对于选项D，对任意的点，固定点时，当时，最小，即最小，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，即得解.【详解】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，则设因为平面,所以,所以点到直线的距离就是,同理点到直线的距离就是.所以,所以，所以，它表示圆，所以该选项正确；对于选项B，过点作,垂足为,因为平面平面，则点到平面的距离就是.所以,因为，所以，所以动点的轨迹是双曲线，所以该选项错误；对于选项C，点到直线的距离就是.所以，所以，所以动点的轨迹是抛物线，所以该选项正确；对于选项D，对任意的点，固定点时，过点作平面，垂足为，连接，当时，最小，此时平面,所以,由于.所以，所以.如下图，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，此时.故该选项正确.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线，直线，若，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据两条直线垂直的充要条件算出答案即可.【详解】因，所以，解得，故答案为：.14.已知数列满足：，则__________；__________.【答案】①.5②.【解析】【分析】利用赋值可得，利用退位相减可得.【详解】当时，；当时，，所以.①当时，②①-②得，，整理得.故答案为：15.已知抛物线的焦点为，点在上，点，若的最小值为5，则__________.【答案】【解析】【分析】讨论点A与抛物线的位置关系，结合的最小值为5，列出不等关系，求得m的范围，可得答案.【详解】当线段与抛物线C没有公共点，即点在抛物线外部时，或，此时当三点共线时，最小，最小值为，解得或，不合题意；当点在抛物线上时，或，此时，即此时重合；点在抛物线内部时，，设抛物线C的准线为l，过点P作l的垂线，垂足为Q，过点A作l的垂线，垂足为B，则,共线时，取等号，符合题意，综合上述可得若的最小值为5，则，故答案为：16.圆锥曲线有着令人惊奇的光学性质，这些性质均与它们的焦点有关.如：从椭圆的一个焦点处出发的光线照射到椭圆上，经过反射后通过椭圆的另一个焦点；从抛物线的焦点处出发的光线照射到抛物线上，经反射后的光线平行于抛物线的轴.某次科技展览中某展品的一个截面由抛物线的一部分和一个“双孔”的椭圆构成（小孔在椭圆的右上方）.如图，椭圆为的焦点，为下顶点，也为的焦点，若由发出一条光线经过点反射后穿过一个小孔再经抛物线上的点反射后平行于轴射出，由发出的另一条光线经由椭圆上的点反射后穿过另一个小孔再经抛物线上的点反射后平行于轴射出，若两条平行光线间隔，则__________.【答案】【解析】【分析】首先联立直线与抛物线方程求得点坐标,进而求得点坐标，然后再联立直线与椭圆方程求得点坐标，可得向量的坐标，最后求得.【详解】由题意得：可得抛物线方程，直线:,联立，可得；因为两条平行光线间隔，所以，即.直线：，联立椭圆方程，得，解得或（舍），所以；则，所以.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.已知等差数列的公差为2，且成等比数列，（1）求的通项公式；（2）记，若数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据等比中项的性质结合等差数列的通项公式求解；(2)分组求和.【小问1详解】由题知即解得，所以【小问2详解】.18.已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，右顶点为.（1）求双曲线的方程；（2）已知过点直线与双曲线只有一个公共点，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离求出b，再结合顶点求出a，从而求出双曲线方程；（2）设直线方程，联立双曲线，分类讨论，判别式法求解【小问1详解】双曲线的一条渐近线为，故焦点到直线的距离为，所以，又，所以双曲线方程为【小问2详解】由题知，直线的斜率必存在.设直线方程为：联立，消y得①当时，上述方程只有一解，符合题意，所以；②当时，为使上述方程只有一解即，，化解得：，所以，所以.综上，直线方程为：或.19.在一个平面上，，机器人从与点的距离为的地方绕点顺时针而行，在行进过程中机器人所在位置保持与点的距离不变.（1）若，求它在行进过程中到过点与点的直线的最近距离和最远距离；（2）若在行进过程中存在某点使得，求的取值范围.【答案】（1）最近距离为，最远距离为（2）【解析】【分析】（1）先求点的轨迹方程，结合圆心到直线的距离可得答案；（2）先求以为直径的圆的方程，结合两圆的位置关系可得答案.【小问1详解】设机器人所在位置，则,所以的轨迹是以为圆心，6半径的圆.直线的方程为：，即,点到直线的距离为,所以到直线的最近距离为，到直线的最远距离为.【小问2详解】的轨迹方程为设中点，所以以为直径圆方程，因为，所以也在上.所以与有公共点，即，所以.20.如图，在多面体中，已知，，，，为等边三角形.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）解法一，取中点，中点，连，，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用证明即可；解法二，利用线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理求解即可；（2）解法一：利用空间向量法求解即可；解法二：作于于，连接，由勾股定理可得即为所求二面角.【小问1详解】解法一：取中点，连，因为，所以，在等边三角形中，取中点，连接，则，因为，且，所以四边形为平行四边形.故，所以，由，，平面，得平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，因为，所以.解法二：取中点，连，因为，所以，在等边三角形中，取中点，连接，则，因，且，所以四边形为平行四边形.故，所以，由，，平面，得平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，取中点，连，因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】解法一：，设平面的法向量为，则，解得，设平面的法向量，则，解得，设所求夹角为，则.解法二：作于于，连接，在中，，所以，在中，，所以，所以为的中点，所以，所以，所以为平面与平面夹角或其补角，由平面得，在中，.（也可利用余弦定理求得）21.已知数列的前项和为.（1）求及的通项公式；（2）若对任意的恒成立，求的最小值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先求得求，然后利用累乘法求得，利用求得.（2）利用裂项求和法化简题目所给不等式，结合分离常数法求得的最小值.【小问1详解】，时，，时上式也符合，即，所以，时，，时，上式也符合.所以，.【小问2详解】时，故所以对任意的均成立，由于，所以，故.22.已知椭圆，离心率为，右焦点为，抛物线的焦点到其准线的距离为1.（1）求的标准方程；（2）若过作斜率为的直线交椭圆于，交轴于的中垂线交轴于，记以弦为直径的圆的面积为的面积为，求.（3）已知且，若斜率为的直线与椭圆相交于两点，且中点恰在抛物线上.记的横坐标为，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由抛物线的焦点到准线的距离为，得出的值，再由椭圆的离心率公式求出的值，求出椭圆和抛物线的标准方程；（2）直线与椭圆联立方程组，由弦长公式求出的长度，由圆的面积公式，从而求出；利用韦达定理和中点坐标公式，求出点坐标，从而求出的中垂线方程，求出点坐标，由、点坐标，利用三角形面积公式，求得，最后求出（3）利用点差法求出的斜率与的斜率的关系，把点代入抛物线方程，求出的表达式，利用证明数列的单调性的方法，证明单调递减，由于椭圆和抛物线图象的对称性，可以得到一定小于等于它们交点的横坐标的平方，从而得出的范围，结合的单调性，从而求出的最大值.【小问1详