精品解析：天津市滨海新区2022-2023学年高二上学期期末检测卷数学试题

滨海新区2022-2023学年度第一学期期末练习卷 高二数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷两部分，满分150分，考试时间100分钟. 答卷前，考生务必将自己的学校､姓名､准考证号写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案写在答题纸上，答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利! 第I卷选择题（60分） 一､选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内. 1. 已知直线的斜率为，则该直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 等比数列的前项和为，则数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设.则当数列的前项和取得最小值时，的值为（ ） A 4或5 B. 4 C. 5 D. 5或6 8. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 9. 若过点的直线与直线的交点位于第一象限，则直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射的一种装置.当旋转抛物面的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点在它的主光轴上.现有一拋物线型太阳灶，灶口直径为，灶深为，则焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，圆经过点，且与轴正半轴相切.若圆上存在点，使得直线与直线关于轴对称，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 12. 已知数列的各项均为正数，，其前项和满足.给出下列五个结论：①的第2项大于；②为常数列；③为递减数列；④为等比数列；⑤中存在小于的项.其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第II卷（90分） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共12小题，共90分. 二､填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 13. 4和10的等差中项是__． 14. 直线在轴上的截距为__________. 15. 已知，则__________. 16. 两条平行直线与间距离是__________. 17. 已知，分别为椭圆的左，右焦点，点在椭圆上，是的中点，是椭圆的中心，.（i）__________；（ii）__________. 18. 斐波那契数列，因数学家莱昂纳•斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称“兔子数列”.指是这样一个数列，，在数学上定义.（i）__________.（ii）设的前项和为，则__________. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点.（i）异面直线与所成角的余弦值为__________；（ii）若点在线段上运动，则到直线的距离的最小值为__________. 20. 已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为.直线过抛物线的焦点和双曲线的虚轴端点，且直线与的一条渐近线平行.（i）__________；（ii）若以为直径的圆交于两点（为坐标原点），点在上，且，则双曲线的方程为__________. 三､解答题：本大题洪4小题，共50分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 已知圆的方程为. （1）若直线过圆圆心，且与直线垂直，求直线的方程； （2）判断圆与圆的位置关系. 22. 如图，直三棱柱中，为的中点，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面和平面夹角的余弦值. 23. 已知为等差数列，为等比数列，. （1）求数列与通项公式； （2）记为数列的前项和，试比较与的大小； （3），求数列的前项和. 24. 已知椭圆的右焦点为为短轴的一个顶点，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的离心率； （2）斜率为1的直线与椭圆有唯一公共点，与轴相交于点的面积为2. （i）求椭圆的方程； （ii）设分别为椭圆的左，右顶点，直线过点，且与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨海新区2022-2023学年度第一学期期末练习卷 高二数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷两部分，满分150分，考试时间100分钟. 答卷前，考生务必将自己的学校､姓名､准考证号写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案写在答题纸上，答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利! 第I卷选择题（60分） 一､选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内. 1. 已知直线的斜率为，则该直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】设直线的倾斜角为，则，所以， 故选：B. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 故选：A. 3. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，再根据空间向量平行的坐标表示即可得解. 【详解】因为是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量. 又因，所以， 则，解得. 故选：A. 4. 等比数列的前项和为，则数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得首项和的值，即可根据等比性质求解公比. 【详解】由于为等比数列，且前项和， 故，故公比， 故选：D. 5. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由圆的标准方程求得圆心坐标，利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离，勾股定理求出弦长. 【详解】 根据圆的标准方程得，圆心坐标，圆的半径， 利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为： ，所以弦长为. 故选：C 6. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先用表示，然后由向量加减法运算可得结果. 【详解】因为平行四边形，所以， 所以， 所以. 故选：B. 7. 设.则当数列的前项和取得最小值时，的值为（ ） A. 4或5 B. 4 C. 5 D. 5或6 【答案】A 【解析】 【分析】根据，可得，即可求解. 【详解】由于，令，则， 故当,时，， 当,时，， ,时，， 因此的前项和取得最小值时，或， 故选：A 8. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用共面向量基本定理逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A，由于，则，，共面； 对于B，因为，则、、共面， 对于C，假设存在实数，使得， 则， 因为构成空间的一个基底， 所以不存在实数，使成立， 所以不共面； 则，，不共面； 对于D，因为，则共面. 故选：C. 9. 若过点的直线与直线的交点位于第一象限，则直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点斜率公式可得，即可结合图象求解. 【详解】如图：直线与坐标轴的交点为, 且, 要使过点的直线与的交点位于第一象限，则需， 即， 故选：B 10. 如图，抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射的一种装置.当旋转抛物面的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点在它的主光轴上.现有一拋物线型太阳灶，灶口直径为，灶深为，则焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据在可得，即可求解. 【详解】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为， 由题意可知在抛物线上，故， 因此焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为， 故选：D. 11. 在平面直角坐标系中，圆经过点，且与轴正半轴相切.若圆上存在点，使得直线与直线关于轴对称，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆圆心坐标为，半径为，根据题意求得圆心坐标和半径，设过原点与圆相切的直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径即可求解. 【详解】设圆圆心坐标为，半径为， 因为圆经过点，且与轴正半轴相切，可得圆心横坐标，半径， 由图可知，圆心纵坐标，即圆心坐标为， 设过原点与圆相切的直线方程为，结合图形可知，， 由圆心到直线的距离等于半径得，解得， 若圆上存在点，使得直线与直线关于轴对称， 则的最大值为， 故选：A 12. 已知数列的各项均为正数，，其前项和满足.给出下列五个结论：①的第2项大于；②为常数列；③为递减数列；④为等比数列；⑤中存在小于的项.其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推公式求出的值，可判断①；利用递推公式得即可判断②；由，得，进而可判断③；利用反证法可判断④⑤. 【详解】对于①，因为， 所以，即， 即，解得（舍去），故①正确； 对于②，由， 所以，即为常数列，故②正确； 对于③，由，得， 因为，所以，所以， 所以，所以为递减数列，故③正确； 对于④，由，得， 假设数列为等比数列，设其公比为，则，即， 所以，可得，解得，不合乎题意， 故数列不是等比数列，故④错； 对于⑤，假设对任意的，，则， 所以，与假设矛盾，假设不成立，故⑤正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：利用递推公式得，从而得出，是解决本题的关键. 第II卷（90分） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共12小题，共90分. 二､填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 13. 4和10的等差中项是__． 【答案】7 【解析】 【分析】根据等差中项的概念计算即可. 【详解】解：由已知得4和10的等差中项为， 故答案为：. 【点睛】本题考查等差中项的概念，是基础题. 14. 直线在轴上的截距为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据截距的定义求解即可. 【详解】令，则， 所以直线在轴上的截距为. 故答案为：. 15. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】因为， 所以，解得. 故答案为：. 16. 两条平行直线与间的距离是__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据平行满足的系数关系可得，即可利用平行线间距离公式求解. 【详解】由于与平行，故，解得， 故两直线为与，故其距离为， 故答案：5 17. 已知，分别为椭圆的左，右焦点，点在椭圆上，是的中点，是椭圆的中心，.（i）__________；（ii）__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】 根据椭圆方程，可得，又因为点在椭圆上， 根据椭圆定义：， 在中，是的中点，是的中点， 所以为的中位线，所以， 又因为，所以 故答案为：； 18. 斐波那契数列，因数学家莱昂纳•斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称“兔子数列”.指的是这样一个数列，，在数学上定义.（i）__________.（ii）设的前项和为，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用递推公式即可求出，利用累加法即可求出. 【详解】因为， 所以， ， 由， 得，，，， 累加得， 所以， 所以. 故答案为：；. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点.（i）异面直线与所成角的余弦值为__________；（ii）若点在线段上运动，则到直线的距离的最小值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求异面直线所成角的余弦值即可；构建相似三角形，根据相似边的比确定点坐标，再利用空间向量的方法求点到直线距离，结合二次函数的最值，即可求解. 【详解】 因为为正方体，建立如图所示以为坐标原点， 以、、分别为、、轴的空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，设直线与所成角为， 则. 过点作于，过作于，过作于， 因为为正方体，所以平面， 又因为平面，所以， 平面，平面，， 所以，且平面， 在底面中，，，所以， ，，所以， 设，，因为，所以， 所以，所以，所以，所以， 在中，， 在中，，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以， 设点到直线的距离为，，， 根据空间点到直线距离公式有：， 所以， 整理得，， 所以当时，到直线的距离最小，最小值为. 故答案为：； 20. 已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为.直线过抛物线的焦点和双曲线的虚轴端点，且直线与的一条渐近线平行.（i）__________；（ii）若以为直径的圆交于两点（为坐标原点），点在上，且，则双曲线的方程为__________. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据两点斜率公式以及渐近线斜率可得，即可求解，写出圆的方程以及渐近线方程，联立可得，根据向量共线可得，将代入渐近线方程中即可求解. 【详解】的渐近线方程为， 双曲线的虚轴端点为，的焦点为 因此的斜率为，故，故, 设，则圆：， 不妨设直线， 联立与可得，故， 因此， 由于，故，故， 由于在，故， 结合，解得， 故双曲线方程为， 故答案为：2， 三､解答题：本大题洪4小题，共50分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 已知圆的方程为. （1）若直线过圆的圆心，且与直线垂直，求直线的方程； （2）判断圆与圆的位置关系. 【答案】（1） （2）相交 【解析】 【分析】（1）根据直线垂直的斜率关系可得的斜率为，即可由点斜式求解， （2）根据圆心距与半径的关系即可求解. 【小问1详解】 由于:，故， 的斜率为，故的斜率为， 因此直线的方程为，即 【小问2详解】 的圆心为半径为， 又，， 故, 即， 因此两圆相交， 22. 如图，直三棱柱中，为的中点，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）（3）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 连接， 在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 所以，且， 因为为的中点，为的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，则， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 如图，以点原点，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，取，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 ，故， 设平面的法向量为， 则有，取，可得， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 23. 已知为等差数列，为等比数列，. （1）求数列与的通项公式； （2）记为数列的前项和，试比较与的大小； （3），求数列的前项和. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出公差与公比，再根据等差数列和等比数列的通项即可得解； （2）利用作差法求解即可； （3）利用分组求和法结合错位相减法求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， 得，解得， 所以； 【小问2详解】 ， 则， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则； 【小问3详解】 ， 令， 则， 两式相减得 ， 所以， ， 故数列的前项和为. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 24. 已知椭圆的右焦点为为短轴的一个顶点，且，其中为坐标原点. （1）求椭圆的离心率； （2）斜率为1的直线与椭圆有唯一公共点，与轴相交于点的面积为2. （i）求椭圆的方程； （ii）设分别为椭圆的左，右顶点，直线过点，且与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）或 【解析】 【分析】（1）由已知，可得，，又，即可求得椭圆的离心率； （2）（i）设直线的方程为，和椭圆方程联立，可得，进而解出点坐标，点坐标，由的面积为2可求得，得 ,即可得到椭圆的方程； （ii）由已知设，设直线的方程为，和椭圆方程联立，得，可得点的坐标为，进而表示出直线的方程，令， 得点的坐标为，则得，则当时，最大，可得，可得直线的方程. 小问1详解】 由已知，椭圆的右焦点为为短轴的一个顶点，且， 如图，，则，, 则. 【小问2详解】 （i）设直线的方程为， 由（1）知,联立， 化简得， 由，得， 由对称性不妨令，则， 所以，解得， 代入，即，得， 所以，， 所以， 解得，又,则, 所以椭圆的方程为； （ii）由（i）知， 因为直线过点，且与轴垂直，则直线的方程为， 又为直线上关于轴对称的两点， 设， 设直线的方程为， 联立，得， 解得， 将代入得， 所以直线与椭圆相交于异于的点的坐标为， 直线的方程为， 令，解得， 所以直线与轴的交点的坐标为， 则， 则当时，最大， 则即， 所以直线的方程为， 即或. 【点睛】关键点点睛：（2）（ii）由已知设，设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得点的坐标，进而表示出直线的方程，得到点的坐标，则得，则当时，最大，求得，可得直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $