2022-2023学年广东省汕尾市高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省汕尾市高二上学期期末数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
汕尾市2022—2023学年度第一学期高中二年级教学质量监测数学本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分注意事项：1.答题前，考生先将自已的信息填写清楚､准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处.2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄波，不得使用涂改液､修正带､刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回.一､单项选择题：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. 已知空间向量，则（）A B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量坐标的线性运算法则得到答案.【详解】.故选：C2. 直线的倾斜角为（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线斜率计算即可.【详解】由题知，直线，斜率为1，设倾斜角为，所以，解得，所以直线的倾斜角为，故选：B3. 数列、、、、的通项公式可以为（）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用逐项检验法可得出原数列的一个通项公式.【详解】对于A选项，若，则数列为：、、、、，A不满足；对于B选项，若，则数列为：、、、、，B不满足；对于C选项，若，则数列为：、、、、，C不满足；对于D选项，若，则数列为：、、、、，D满足.故选：D.4. 已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程为（）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据垂直关系设出直线的方程，代入，求出答案.【详解】设直线的方程为，将代入中，，故，故直线的方程为.故选：D5. 已知矩形为平面外一点，且平面，分别为上的点，，则（）A.  B.  C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量基本定理求出，求出答案.【详解】因为，所以，故，故.故选：B6. 已知空间直角坐标系中的点，，，则点P到直线AB的距离为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【详解】，0，，，1，，，，，，在上的投影为，则点到直线的距离为.故选：D．7. 如图，在梭长为1的正方体中，分别为的中点，则与所成的角的余弦值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.【详解】以D作坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设与所成的角的大小为，则.故选：C8. 已知椭圆C1：+y2=1（m＞1）与双曲线C2：–y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则A. m＞n且e1e2＞1 B. m＞n且e1e2＜1 C. m＜n且e1e2＞1 D. m＜n且e1e2＜1【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，又= ，故．故选A．【考点】椭圆的简单几何性质，双曲线的简单几何性质．【易错点睛】计算椭圆的焦点时，要注意；计算双曲线的焦点时，要注意．否则很容易出现错误． 二､多项选择题：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. 已知公差为的等差数列中，其前项和为，且，则（）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前项和的性质，列方程求出公差，即可得数列通项,验证各选项是否正确.【详解】公差为的等差数列中，其前项和为，且，则，解得，所以，A选项正确；，B选项正确；，C选项正确；，，D选项错误.故选：ABC10. 圆和圆的交点为，则下列结论正确的是（）A. 圆的半径为4 B. 直线的方程为C.  D. 线段的垂直平分线方程为【答案】BC【解析】【分析】根据圆的方程分别求解两圆圆心与半径，即可判断A；根据圆与圆相交的相交弦所在直线方程及相交弦长公式，即可判断B，C；利用圆与圆相交的对称关系即可求线段的垂直平分线方程，从而判断D.【详解】解：圆，即，则圆心，半径为，圆，即，则圆心，半径为，故A不正确；由于圆和圆的交点为，则直线的方程满足，整理得：，所以圆心到直线的距离，所以，故B正确，C正确；由圆与圆相交于可知直线即线段的垂直平分线，所以，则直线的方程为：，即，故D不正确.故选：BC.11. 如图，三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，分别为的中点，下列结论正确的是（）A. B. C. 异面直线与所成角为D. 直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】连接,可得，又，从而可判断A；由，可判断B；由，，可得直线与所成角即为与所成角，根据棱柱的结构特征可判断C；以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，根据即可判断D.【详解】连接,因为分别为的中点，所以.因为分别为的中点，所以.所以，故A正确；因为，，所以，故B正确；因为，，所以直线与所成角即为与所成角.因为平面，平面，所以，即.因为三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，所以，所以，即异面直线与所成角为，故C错误；以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以.设平面的一个法向量为,则,令，可得，故.设直线与平面所成角为，则，故D正确.故选:ABD.12. 已知双曲线的左､右顶点分别为，左､右焦点分别为，直线与双曲线相交于两点，则下列说法正确的是（）A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的渐近线为C. 直线的斜率之积为 D. 【答案】ACD【解析】【分析】求出、、的值，可判断AB选项；根据斜率公式及点在双曲线上即可判断C选项；根据双曲线的定义及余弦定理判断D选项【详解】在双曲线中，，，.对于A选项，双曲线的离心率为，A正确；对于B选项，双曲线的渐近线方程为，B错误；对于C选项，设，，，则，即直线的斜率之积为，C正确；对于D选项：不妨点P在第一象限，联立，消y得，解得，所以，则，，所以，在中，由余弦定理得，故D正确；故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量垂直得到方程，求出，进而求出模长.【详解】因为，所以，解得：，故.故答案为：14. 已知的三个顶点分别为，则外接圆的标准方程为__________.【答案】【解析】【分析】设出圆的标准方程，待定系数法求解即可.【详解】设的外接圆标准方程为，将代入得：，解得：，故圆的标准方程为.故答案为：15. 已知倾斜角为的直线过抛物线的焦点，且与交于、两点（点在第一象限），若，则__________.【答案】##【解析】【分析】设点、，则，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出、，利用抛物线的定义可求得的值，再利用抛物线的定义可求得的值.【详解】易知点，设点、，因为直线的倾斜角为，且点在第一象限，则，联立可得，解得，，由抛物线定义可得，可得，因此，.故答案为：.16. 螺旋线是一类美妙的曲线，用下面的方法可画出如图所示的螺旋线：先作边长为1的正，分别记射线，为；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；依此规律，得到一系列劣弧所形成的螺旋线.劣弧长，劣弧长，劣弧长构成数列.记为数列的前项和，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意得到为公差的等差数列，从而利用等差数列求和公式求出答案.【详解】由题意得：，且，故，故为公差的等差数列，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. 已知等差数列的前项和为，且，.（1）求等差数列的首项和公差；（2）求证数列是等差数列，并求出其前项和.【答案】（1），（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）根据等差数列的求和公式可得出关于、的方程组，即可解得这两个量的值；（2）求出的表达式，可求得数列的表达式，利用等差数列的定义可证得数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求得.【小问1详解】解：由题意可得，解得.【小问2详解】证明：由（1）可知，所以，故.当时，；当时，，因此数列是等差数列，首项为，公差为.所以等差数列的前项和.18. 在中，角对边分别是，满足.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将化为，结合角度关系即可得角的大小；（2）结合余弦定理与平方公式可求得的值，再根据面积公式求解的面积即可.【小问1详解】解：在中，因为，由正弦定理得:.，又.【小问2详解】解：由（1）可知，在中，根据余弦定理可得：，即，又，联立可得，因此的面积.19. 如图，在正方体中，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，证明E是中点，再利用三角形中位线定理及线面平行的判定推理作答.（2）利用线面垂直的性质及判定证明平面，再利用面面垂直的判定作答.【小问1详解】在正方体中, 连接，如图，因为为的中点，则是的中点，而是的中点，则有，又平面平面，所以平面【小问2详解】在正方体中，平面，四边形是正方形，因此，又，于是平面，而 平面，所以平面平面.20. 已知直线与圆相交于，两点．（1）若，求；（2）在轴上是否存在点，使得当变化时，总有直线、的斜率之和为0，若存在，求出点的坐标：若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在.【解析】【分析】（1）由题得到的距离为，即得，解方程即得解；（2）设，，存在点满足题意，即，把韦达定理代入方程化简即得解.【详解】（1）因为圆，所以圆心坐标为，半径为2， 因为，所以到的距离为， 由点到直线的距离公式可得：， 解得．  （2）设，，则得，因为，所以，， 设存在点满足题意，即， 所以，因为，所以， 所以，解得．所以存在点符合题意．【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和圆的探究性问题的解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题.21. 如图，在四棱锥中，，，平面，，三棱锥的体积为.（1）求的长度；（2）已知是线段上的动点，问是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2（2）存在，点为的中点【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据已知得出，，得出平面，则，即可根据等体积法列式得出答案；（2）根据已知得出平面，即可以为轴正方向，建立空间直角坐标系，得出各点坐标，设，得出，设平面的一个法向量为，根据平面的法向量的求法列式求得，根据垂直得出是平面的一个法向量，即可根据二面角的向量求法列式解出答案.【小问1详解】取的中点，连接，，.又平面，.又，平面.又平面，，于是，.【小问2详解】，四边形为平行四边形.又平面，平面，以为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.，.由题意设，故，因此.设平面的一个法向量为，则由得，令，则是平面的一个法向量.平面，是平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为，则，，又，于是，因此点为的中点时，平面与平面夹角的余弦值为.22. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且.过右焦点的直线与交于两点，的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过原点作一条垂直于的直线交于两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意求得即可解决；（2）分直线斜率不存在，斜率存在两种情况，斜率存在时设，直线，直线，联立椭圆方程求得，，得，令，则不妨设，即可解决.【小问1详解】由，得，又的周长为，即，，椭圆的标准方程为.【小问2详解】设，当直线的斜率为0时，得；当直线的斜率不为0时，设直线，直线，联立直线和椭圆方程，并消去整理得，.由根与系数的关系得，所以.联立直线和椭圆的方程，并消去整理得，由根与系数的关系得，，所以.令，则不妨设，，，，综上可得，的取值范围为.