安徽省宣城市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（含解析）

宣城市2022－2023学年度第一学期期末调研测试高二数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在数列中，已知，当时，，则（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】由递推关系依次求即可.【详解】因为当时，，所以，又，所以，又，所以，故选：C.2.已知直线的倾斜角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由直线方程求得，可判断出为钝角，再利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】由题意可知，直线的斜率为，即，为钝角，则，由同角三角函数的基本关系可得，解得.故选：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，考查三角函数值的求法，是基础题．3.数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图.若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线的一部分，且点在该抛物线上，则该抛物线的焦点坐标是（）A. B.（0，－1） C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点的坐标求得，由此求得抛物线的焦点坐标.【详解】依题意在抛物线上，所以，所以，故，且抛物线开口向下，所以抛物线的焦点坐标为.故选：A4.如图所示，在平行六面体中，为与交点，若，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理结合空间向量线性运算求解.【详解】由题意可得：.故选：D.5.已知等比数列的各项都是正数，其公比为4，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的性质求解即可.【详解】解：根据等比数列性质，有，因为，所以，解得，因为等比数列的公比为，所以，.故选：C6.古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0），动点M满足＝2，则动点M的轨迹方程为A.（x﹣5）2+y2＝16 B.x2+（y﹣5）2＝9C.（x+5）2+y2＝16 D.x2+（y+5）2＝9【答案】A【解析】【分析】首先设，代入两点间的距离求和，最后整理方程.【详解】解析：设，由，得，可得：（x+3）2+y2＝4（x﹣3）2+4y2，即x2﹣10x+y2+9＝0整理得，故动点的轨迹方程为.选A.【点睛】本题考查了轨迹方程的求解方法，其中属于直接法，一般轨迹方程的求解有1.直接法，2.代入法，3.定义法，4.参数法.7.已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算得出，，根据正四面体的性质得出，且、、三向量两两夹角为，即可通过向量数量积的运算率得出答案.【详解】四面体ABCD是正四面体，，且、、三向量两两夹角，点E，F分别是BC，AD的中点，，，则，故选：C.8.已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过点且与该双曲线的右支交于两点，若△的周长为，则该双曲线离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有，即可求离心率范围.【详解】根据双曲线定义知：△的周长为，而，所以，而△的周长为，所以，即，所以，解得，双曲线离心率的取值范围是.故选：A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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.已知等差数列的前n项和为，，，则（）A.数列是递减数列 B.C.时，n的最大值是18 D.【答案】BC【解析】【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得、，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，因为，所以.A：由，可得所以等差数列为递增数列，故A错误；B：，故B正确；C：，由可得，所以，又，所以n的最大值是18，故C正确；D：，，由，得，故D错误.故选：BC.10.圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（）A.圆关于直线对称B.的最大值是9C.从点向圆引切线，切线长的最小值是3D.直线被圆截得的弦长取值范围为【答案】CD【解析】【分析】根据不在直线上判断A；根据判断B；根据时，切线长最小求解判断C；根据直线过定点，再结合弦长公式判断D.【详解】解：对于A选项，圆，∴圆心，半径，∵，∴圆不关于直线对称，故A选项错误；对于B选项，由圆心到直线的距离为：，的最小值是，故，故B选项错误；对于C选项，从点向圆引切线，当时，切线长最小，最小值是，故C正确；对于D选项，直线过定点，该定点在圆C内，所以直线被圆截得的弦长最长时，所截弦长为过点和圆心的圆的直径，即弦长的最大值为8，最短的弦长为垂直与该直径的弦长，和圆心的距离为，最短弦长为，故直线被圆截得的弦长取值范围为，D正确．故选：CD．11.如图，在长方体中，，，E为棱的中点，则（）A.面 B.C.平面截该长方体所得截面面积为 D.三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】【分析】对于A：根据长方体的性质得出，即可证明；对于B：根据底面是正方体，得出，根据三垂线定理结合长方体性质即可证明；对于C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，根据已知得出，，，即可根据余弦定理得出，即可根据同角三角函数公式得出，即可根据三角形面积公式得出答案验证；对于D：根据已知直接利用三棱锥的体积公式得出答案；【详解】对于选项A：连接，为长方体，，，∴四边形是平行四边形，，平面，平面，面，故选项A正确；对于选项B：，，平面，在平面上的投影为，，故选项B正确；对于选项C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，，，，，，，由，可得，则，故C错误；对于选项D：三棱锥的底面积，高为，则三棱锥的体积为，故D正确；故选：ABD.12.已知为坐标原点，，分别是渐近线方程为的双曲线的左、右焦点，为双曲线上任意一点，平分，且，，则（）A.双曲线的标准方程为B.双曲线的离心率为C.点到两条渐近线的距离之积为D.若直线与双曲线的另一支交于点为的中点，则【答案】BCD【解析】【分析】不妨设为双曲线的右支上一点，延长，交于点，进而得，，再结合双曲线的定义，中位线定理得，，进而判断AB；设，则，再直接计算点到两条渐近线的距离之积判断C；设，，根据点差法求解判断D.【详解】解：不妨设为双曲线的右支上一点，延长，交于点，如图，因为平分，且，即，所以，在与中，，所以，≌，故，根据双曲线的定义得，，在中，为其中位线，所以，，因为双曲线的渐近线方程为，所以，得，，所以双曲线的标准方程为，离心率为，所以A不正确，B正确；设，则，即所以，点到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；设，，因为，在双曲线上，所以①，②，①-②并整理得，，即，因为所以，所以D正确．故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于延长，交于点，进而结合几何关系得到为的中点，进而求得双曲线的解析式.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.若直线与直线平行，则______.【答案】【解析】【分析】根据两条直线平行列方程，由此求得的值.【详解】解：将直线变形为，因为直线与直线平行，所以，解得.故答案为：14.数列是等差数列，且，，那么______.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的通项公式，进而写出数列的通项公式，可得答案.【详解】解：令，因为，，所以，，则的公差为，所以，故，所以.故答案为：.15.若圆与圆恰有两条公切线，则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】由题知圆与圆相交，进而根据位置关系求解即可.【详解】解：由题知圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，因为圆与圆恰有两条公切线，所以圆与圆相交，所以，所以，，解得.所以，实数a的取值范围为故答案为：16.在四棱锥中，平面BCDE，，，，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】连接，由题意可得在直径为的圆上，在中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圆的半径，再利用平面BCDE可得球心到底面的距离，即可求解【详解】连接，因为，，所以在直径为的圆上，取的中点，即四边形外接圆的圆心，在中，即，解得，所以四边形外接圆的直径即外接圆的直径为，所以，因为平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心与底面的距离为，所以四棱锥的外接球的半径为，对应的表面积为故答案为：四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）17.已知等差数列满足，且.（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据已知条件列方程求出，再根据等差数列通项公式求即得；（2）由题可得，再利用裂项相消法求和即得.【小问1详解】设等差数列的公差为，∵，则由，得，解得，所以；【小问2详解】由题可得，所以.18.已知在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.（1）求证：直线平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，进而根据即可证明；（2）根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，因为底面为正方形，所以为的中点，所以，在中，为的中点，为的中点，所以；又因为面，面，所以平面.【小问2详解】解：因为平面，为正方形，平面，所以，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，，即，令，则，，即，，设点P到平面MAC的距离为d，所以，所以，点到平面的距离为.19.已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点，交抛物线于A、B两点.（1）若P为中点，求l的方程；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一：利用点差法求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意验证所求直线与抛物线有两个交点；方法二：设中点弦所在直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意考虑中点弦直线斜率不存在的情况是否满足题意；（2）由抛物线的定义转化，方法一：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，注意比较直线斜率不存在的情况的值；方法二：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，此种设法已包含直线斜率不存在的情况.【详解】解：（1）方法一：设，，，则，，，化简得，因为的中点为，，，∴l的方程为，即.经检验，符合题意.方法二：设，，当斜率不存时，显然不成立.当斜率存在时，设直线l：，显然，由得易知，，因为的中点为，，即，解得，∴l的方程为（2）方法一：由抛物线的定义可知当斜率不存在时，直线l：，当斜率存在时，设直线l：，显然，由得，易知，，时，的最小值为综上，的最小值为方法二：由抛物线的定义可知显然直线l不平行于x轴，设直线l：，由得，易知，，，时，的最小值为【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系；考查数形结合、分类讨论以及函数方程等数学思想；考查逻辑推理、直观想象以及数学运算等核心素养.20.已知数列是公差不为零的等差数列，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为，在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，将序号补充在下面横线处，并根据题意解决问题.问题：若，且______，求数列的前n项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据等比中项性质，结合等差数列通项公式得，再求通项公式即可；（2）根据题意求得，再根据错位相减法求解即可.【小问1详解】解：设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，所以，解得或（舍去）.所以，.【小问2详解】解：选①，由，，当时，，当时等式也成立，所以，则，所以，，，两式相减得，所以.选②，由，，当时，，所以，所以数列为以1为首项2为公比的等比数列，所以，则，所以，，，两式相减得，所以选③，由，，得，又，所以，所以是以2为首项，公比为2的等比数列，所以.当时，，当时等式也成立，所以，则，所以，，，两式相减得，所以.21.如图，在正三棱柱中，，是棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明平面即可证明结论；（2）分别取，的中点，连接，进而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用坐标法