湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（解析版）

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怀化市2022年高二下期期末考试试卷数学试题一､单项选择题：本大题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．【详解】由已知直线斜率为，∴倾斜角为，故选：D．2.已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（）A.1B.3C.7D.9【答案】B【解析】【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．【详解】由题意，，∴，，故选：B．3.已知数列满足，，则数列的前2023项的乘积为（）A.B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】由题知数列是以为首项，周期为4的一个周期数列，再根据周期性求解即可.【详解】解：因为，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

1所以，所以，所以数列是以为首项，周期为4的一个周期数列，因为，所以，，，所以，所以.故选：D4.在平行六面体中，若，且与所成的角均为，则（）A.5B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由表示出，然后平方把模转化为数量积的运算求解．【详解】由题意，所以，．故选：C．5.双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线离心率为（）A.B.C.2D.3【答案】C第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

2【解析】【分析】由抛物线方程得焦点坐标，由离心率公式计算．【详解】抛物线的焦点为，即为双曲线的一个焦点坐标，所以离心率为，故选：C．6.如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】如图示，以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则.所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

3故选：A7.已知椭圆的左､右焦点分別为，上顶点为，且，点在上，线段与交于．则直线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，可求得的坐标，结合已知，可求得直线的斜率.【详解】由已知，上顶点为，，由，知为上靠近的三等分点，，所以直线的斜率，故选：C8.如图，在平面上有一系列点，对每个正整数，点位于函数的图像上，以点为圆心的与轴都相切，且与彼此外切．若，且，，的前项之和为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图像上,求出递推关系式第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

4,通过构造等差数列求得的通项公式,得出最后利用裂项相消,求出的前项之和为，即可求出.【详解】因为与彼此外切，所以，即.所以.又，所以，所以.所以数列为等差数列，其中，公差，所以，所以.所以.所以.所以.故选：C二､多项选择题：本大题共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.已知圆与圆有四条公共切线，则实数a的取值可能是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由题意，两圆外离，从而由两圆圆心距离大于两圆半径的和即可求解.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径．因为两圆有四条公切线所以两圆外离，又两圆圆心距，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

5∴，解得或.故选：AD．10.设双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，且不与的顶点重合．则下列命题中正确的是（）A.双曲线的两条渐近线的方程是B.双曲线的离心率等于C.若，则的面积等于4D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】本题根据双曲线的渐近线和离心率、三角形面积求法及余弦定理进行逐项分析即可求解.【详解】由双曲线标准方程知，，A选项：知双曲线的渐近线方程为，故A错误；B选项：双曲线的离心率，故B正确；C选项：由双曲线定义知，若，则，即，即，得，所以，故C正确；D选项：若，则，．在中，由余弦定理，得，故D正确；故选：BCD11.如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，若，，则（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

6A.直线AB与CD所成角的余弦值为45°B.二面角的大小为60°C.三棱锥的体积为D.直线CD与平面所成角正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】在给定图形中作出直线AB与CD所成角、二面角的平面角、直线CD与平面所成角，再逐一计算作答.【详解】过A作，且，连接，如图，则四边形ABDE是平行四边形，即且，是直线AB与CD所成角或其补角，因，，则，而，平面，于是得平面，平面，即有，，，A正确；因，即，而，则是二面角的平面角，又，因此，，即为正三角形，，B正确；因平面，，则平面平面，在平面内过C作于O，于是得，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

7，而，，C不正确；连接，因，则是直线CD与平面所成角，，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．12.“提丢斯数列”是18世纪由德国数学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，192，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中正确的是（）A.“提丢斯数列”是等比数列B.“提丢斯数列”的第99项为C.“提丢斯数列”的前31项和为D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项【答案】BC【解析】【分析】根据题意得，由此利用等比数列的性质即可求出结果.【详解】记“提丢斯数列”为数列，则当时，，当时，，符合该式，当时，不符合上式，故，故A错误；，故B正确；“提丢斯数列”的前31项和为，故C正确；令，即，得第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

8，又，故不超过20的有8项，故D错误.故选：BC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.等比数列的前项和为，则的值为_____．【答案】【解析】【分析】根据等比数列前项和公式的特点列方程，解方程求得的值.【详解】由于等比数列前项和，本题中，故.故填：.【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的特点，考查观察与思考的能力，属于基础题.14.如图，已知正方体中，分别为中点，，则到平面的距离是__________．【答案】##【解析】【分析】利用坐标法，根据点到平面的距离向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，所以，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

9设平面的法向量为，则，令，则，所以到平面的距离是.故答案为：.15.已知抛物线的准线方程为，在抛物线C上存在A､B两点关于直线对称，设弦AB的中点为M，O为坐标原点，则的值为___________.【答案】5【解析】【分析】先运用点差法得到，然后通过两点距离公式求出结果．【详解】解：抛物线的准线方程为，所以，解得，所以抛物线的方程为，设点，，，，的中点为，，则，，两式相减得，即，又因为，两点关于直线对称，所以，解得，可得，则，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

10故答案为：5．16.已知双曲线的方程，其左､右焦点分别是，已知点坐标为，双曲线上点满足，设的内切圆半径为．则__________；__________．【答案】①.②.【解析】【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.【详解】如图，设内切圆与三边分别相切于，由切线长相等，可得，又双曲线定义可得，则，又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.又，可得，化简得，即，即是的平分线，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

11由于，，可得即为的内心，且半径，则.故答案为：2，8.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于先利用切线长定理求得内切圆圆心横坐标为，再由得到在的平分线上，结合的横坐标为进而得到即为内心，利用双曲线定义及面积公式即可求解.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.已知等差数列满足，.（1）求数列通项公式；（2）设等比数列各项均为正数，其前项和，若，，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）设等比数列的公比为，求出、的值，可得出关于和的方程组，解出这两个量，再利用等比数列的求和公式可求得.【详解】（1）设等差数列的公差为，，解得，因此，数列的通项公式；（2）设各项均为正数的等比数列的公比为，，则，，，，，，即，解得或（舍去），第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

12.【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了等比数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.18.已知抛物线的准线方程是是抛物线焦点．（1）求抛物线焦点坐标及其抛物线方程：（2）已知直线过点，斜率为2，且与抛物线相交于两点，求．【答案】（1）焦点是，抛物线的方程为；（2）5【解析】【分析】（1）利用抛物线的准线方程，可求得，进而求得其焦点坐标及抛物线方程：（2）联立直线与抛物线的方程，由韦达定理结合弦长公式即可求解.【小问1详解】抛物线准线为，因此，所以抛物线的焦点是故抛物线的方程为【小问2详解】由题意可知直线的方程为，设联立，整理得由韦达定理可得，所以19.如图1，在直角梯形中，，且．现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形折叠，使，如图2．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

13（1）求证：平面；（2）求直线和平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】在正方形中，，因为平面，所以平面.平面.在直角梯形中，，.取的中点，连接，则四边形为正方形，所以，所以，在中，，所以，故，因为平面，所以平面；【小问2详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

14以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.所以.所以.设为平面当一个法向量，所以，不妨设，则.所以直线和平面所成的角的正弦值为.20.已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，数列前项的和为，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时减1，可证明等比数列.（2）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

15由，得，即，即，所以数列为等比数列，首项，公比【小问2详解】由（1）得，①②①-②，得21.如图，在直角梯形中，，，平面，，．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

16（1）求证：；（2）在直线上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析.（2）存在，.【解析】【分析】(1)证明平面即可；(2)假设M存在，建立直角坐标系，用向量法求M的坐标即可.【小问1详解】如图，作，，连接交于，连接，，∵且，∴，即点在平面内．在平行四边形中，，∴，又由平面知，∴平面，∴①在矩形中，，∴②∴由①②知，平面，∴．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

17【小问2详解】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，又平面，∴为平面的一个法向量，∴，解得，故在上存在点，且．22.已知点，点分別为椭圆的左､右顶点，直线交曲线于点是等腰直角三角形，且．（1）求的方程：（2）设过点的动直线与相交于，两点．当以为直径的圆过坐标原点时，求直线的斜率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

18（2）利用“设而不求法”直接求解.【小问1详解】由题是等腰直角三角形，所以，所以.设，由，即，解得：代入椭圆方程，即，解得：.椭圆C的方程为.【小问2详解】直线斜率不存在时，以以为直径的圆为，不经过坐标原点，不合题意；当直线斜率存在，可设的方程为.由，得，由直线和C有丙个不同的交点，，即，解得：.又又因为点在以为直径的圆上时，即.所以所以解得：，即（满足，符合题意）.存在直线的斜率，使以为直径的圆过坐标原点第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司

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