福建省厦门市2022-2023学年高二上学期数学期末考试卷

2022-2023学年上学期高二年级学业水平测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知直线与直线垂直，则（）A.B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】利用两直线垂直的条件求解.【详解】因为直线与直线垂直，所以，即.故选：B.2.等差数列的前n项和为，且满足，则（）A.3B.4C.5D.6【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式求解.【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，所以.故选：D.3.已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（）A.1B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离.【详解】由题意，在直线中，方向向量为， ∴直线l的斜率存在，设，则直线l的斜率为：，∴，∵直线l过点，∴，解得：，∴，即，∴原点到的距离为：，故选：B.4.已知圆与圆，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据两圆有且仅有一条公切线，得到两圆内切，从而可求出结果.【详解】圆可化为，圆心为，半径为，圆可化为，圆心为，半径为，又与有且仅有一条公切线，所以两圆内切，因此，即，解得，故选：C5.在三棱锥中，点M是中点，若，则（）A.0B.C.1D.2【答案】A【解析】 【分析】表达出和，得出，，的值，即可求出的值.【详解】由题意，在三棱锥中，点M是中点，连接，，在中，，在中，，∴,∴，，∴，故选：A.6.已知点P在双曲线的右支上，直线交曲线C于点Q（异于P），点F为C的左焦点，若为锐角，则b的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设双曲线的右焦点，根据双曲线的定义，可求得，根据已知条件为锐角，可判断为钝角，结合余弦定理即可求得b的取值范围.【详解】如图所示： 设双曲线的右焦点为，则，且，则，又则，又，所以，而，即，解得，又因为为锐角，且根据双曲线的对称性知，关于原点对称，，，所以为锐角，所以为钝角，则①，且，又②，由①②两式解得，所以b的取值范围为.故选：C7.在平行六面体中，，，则直线与直线所成角余弦值为（）A.0B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】设，由向量的运算得出，进而得出直线与直线所成角的余弦值.【详解】设，不妨设，则 ，，即，则直线与直线所成角的余弦值为.故选：A8.椭圆的左焦点为F，右顶点为A，以F为圆心，为半径的圆与E交于点P，且，则E的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知得，右焦点为，中利用余弦定理列方程，由齐次式可求E的离心率.【详解】由题意，，，由，，右焦点为，连接，有， 中，，化简得，即，则E的离心率为.故选：C【点睛】思路点睛：点P在椭圆上，一是满足椭圆方程，二是到两焦点距离之和等于2a，求椭圆离心率，结合其它条件构造齐次式即可得解.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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知椭圆与椭圆，则（）A.B.短轴长相等C.焦距相等D.离心率相等【答案】AC【解析】【分析】分别对两个椭圆进行分析，得到对应的短轴长，焦距，离心率等，即可得出结论.【详解】由题意，在中，有，，，∴短半轴为3，长半轴为5，焦距为，离心率，在中，有，，，∴长半轴为，短半轴为，焦距为，，解得：，离心率，∴AC正确，BD错误.故选：AC.10.如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（） A.当时，平面B.当时，平面C.当时，点到平面的距离为D.当时，平面与平面的夹角为【答案】BC【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项.【详解】因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，对于AD选项，当时，， ，易知平面的一个法向量为，因为，因此，与平面不平行，A错，设平面的法向量为，，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，，所以，平面与平面的夹角不是，D错；对于BC选项，当时，，，，，所以，，，所以，，，又因为，、平面，平面，B对，点到平面的距离为，C对.故选：BC.11.2022年11月29日23时08分，我国自主研发的神舟十五号载人飞船成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口，并实现首次太空会师．我国航天员在实验舱观测到一颗彗星划过美丽的地球，彗星沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于这条抛物线的焦点．当此彗星离地球4千万公里时，经过地球和彗星的直线与抛物线的轴的夹角为，则彗星与地球的最短距离可能为（单位：千万公里）（）A.B.C.1D.3【答案】CD 【解析】【分析】不妨假设该抛物线开口向右，可设该抛物线方程为，彗星离地球4千万公里时假设为A点，作轴于，分在的左侧和右侧进行讨论，即可求出最短距离【详解】不妨假设该抛物线开口向右，如图所示，可设该抛物线的方程为，地球即焦点坐标为，设彗星的坐标为，当彗星离地球4千万公里时，设彗星此时处于A点，即，作轴于，则，当在的右侧时，，所以，代入抛物线可得，解得则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，则彗星与地球的最短距离可能为1千万公里，当在的左侧时， ，所以，代入抛物线可得，解得则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，则彗星与地球的最短距离可能为3千万公里，故选：CD12.大自然的美丽，总是按照美的密码进行，而数学是美丽的镜子，斐波那契数列，就用量化展示了一些自然界的奥妙．譬如松果、风梨的排列、向日葵花圈数、蜂巢、黄金矩形、黄金分割等都与斐波那契数列有关．在数学上，斐波那契数列可以用递推的方法来定义：，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】用累加法判断选项AB，对于C，只需证明即可,用数学归纳法证明;对于D，得到，即可判断【详解】对于A，由，可得，则，，，将上式累加得，又，则有.故A正确；对于B，由，可得，，将上式累加得，又，则，故 B错误；对于C，有成立,用数学归纳法证明如下:①当时,,满足规律,②假设当时满足成立当时，则成立，满足规律,故，令，则有成立，故C正确;对于D，由可得，所以，故D正确故选：ACD【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出双曲线的一条渐近线方程__________．【答案】（或）【解析】【分析】由双曲线的性质求解即可.【详解】由题意可得，，则双曲线的渐近线方程为.故答案为：（或）14.正方体中，E为线段的中点，则直线与平面所成角的正弦值为__________． 【答案】【解析】【分析】建立空间坐标系，利用法向量求解线面角.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为2，则;；设平面的一个法向量为，则，，令，则.设直线与平面所成角为，则.故答案为：.15.在平面上给定相异的两点A，B，设点P与A，B在同一平面上，满足，当且时，点P的轨迹是一个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆．在中，，边中点为 ，则的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】设，可得，利用可得，结合图象即可得到与该圆相切时，最大【详解】设，由边中点为可得，因为，所以，整理可得，所以的轨迹是圆心为，半径为4的圆上（排除轴上的点），则当与该圆相切时，最大，，因为所以故答案为：16.平面上一系列点，其中，已知在曲线上，圆与y轴相切，且圆与圆外切，则的坐标为__________；记，则数列的前6项和为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】由圆与y轴相切得出圆的半径为，由圆与圆外切，得出，进而由递推公式结合求解即可.【详解】因为圆与y轴相切，所以圆的半径为， 又圆与圆外切，所以.两边平方并整理得，结合，，得，即，，以此类推因为，所以，故.数列的前6项和为故答案为：；.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，点D为的中点，的外接圆为圆M．（1）求圆M的方程；（2）求直线被圆M所截得的弦长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可得为正三角形，可求出圆心坐标和半径得求圆M的方程； （2）根据相应点的坐标，得到直线CD的方程，求圆心到直线距离，利用几何法求弦长.【小问1详解】（1）因为，，所以为正三角形，由，得，所以外接圆圆心为，又半径，所以圆M的方程为【小问2详解】由题意得，，直线CD的斜率，直线CD方程为即，M到CD的距离为，所以CD被圆M截得的弦长为.18.已知等比数列的各项均为正数，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公比，利用通项公式可得答案；（2）先求出的通项公式，利用分组求和法可求和. 【小问1详解】设正项等比数列的公比为，因为，所以，解得，所以.【小问2详解】由（1）可得，设数列前n项和为，则.19.已知点，点B为直线上的动点，过点B作直线的垂线l，且线段的中垂线与l交于点P．（1）求点P的轨迹的方程；（2）设与x轴交于点M，直线与交于点G（异于P），求四边形面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义求解轨迹方程；（2）设出直线，联立方程，得出，用表示出四边形的面积，结合基本不等式求解最值.【小问1详解】由题意点到直线的距离与到点的距离相等，所以点P的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，所以方程为.【小问2详解】设直线的方程为，，则.如图，设与轴的交点为，则易知为的中位线，所以. 联立，得，，不妨设，则，四边形面积为,当且仅当时，取到最小值，所以四边形面积的最小值为.20.世界上有许多由旋转或对称构成的物体，呈现出各种美．譬如纸飞机、蝴蝶的翅膀等．在中，．将绕着旋转到的位置，如图所示．（1）求证：；（2）当三棱锥的体积最大时，求平面和平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.【小问1详解】取的中点，连接， 由题意可知，所以；因为平面，所以平面；因为平面，所以.【小问2详解】由题意可知三棱锥的体积最大时，平面平面；在平面内作出，且与的延长线交于点，连接；因为平面平面，平面平面，，所以平面；根据旋转图形的特点可知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以；；，设平面的一个法向量为，则，，令，则；易知平面的一个法向量为,设平面和平面的夹角为，则.所以平面和平面的夹角的余弦值为.21.甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年 的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多千万元．（1）分别求甲、乙超市第n年销售额表达式；（2）若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，至少会出现在第几年？【答案】（1）甲超市第n年销售额为，乙超市第n年销售额为（2）乙超市将被甲超市收购，至少第6年【解析】【分析】（1）设甲、乙超市第年销售额分别为千万元、千万元，利用即可求出，利用累加法求出即可；（2）先解释甲超市不可能被乙超市收购，然后利用得到，通过得到，代入具体的值即可【小问1详解】设甲、乙超市第年销售额分别为千万元、千万元，假设甲超市前年总销售额为，则，当时，，易得不满足上式，故；时，，故， 显然也适合，故；【小问2详解】甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下：①因为，，当时，，所以甲超市不可能被乙超市收购；②设即，即，设，令即，解得，所以，，所以，解得，综上，至少第6年时乙超市将被甲超市收购22.已知椭圆过点，且离心率为．（1）求E的方程；（2）过作斜率之积为1的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）为定值，定值为2，理由见解析 【解析】【分析】（1）由题意可得写出关于的等式，即可求出E的方程；（2）设直线与椭圆进行联立可得，同理可得可得到直线过定点，然后利用面积公式即可【小问1详解】由题意可得，解得，则E的方程【小问2详解】与面积之比为定值，定值为2，理由如下：设直线（），联立可得，，则所以所以，设，同理可得所以， 所以直线即所以恒过定点，设点到直线的距离分别是则【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.