北京市密云区2022-2023学年高二数学上学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市密云区2022-2023学年高二数学上学期期末考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市密云区高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的方程直接求解准线方程即可.
【详解】解：由抛物线，可得其准线方程是.
故选：A.
2. 已知数列，首项，，则（ ）
A. 5 B. 8 C. 11 D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推关系求得.
【详解】.
故选：B
3. 设，是两条不同直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.
B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.
C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.
D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.
故选：A
4. 已知直线.则下列结论正确的是（ ）
A. 点在直线上 B. 直线的倾斜角为
C. 直线在轴上的截距为8 D. 直线的一个方向向量为
【答案】B
【解析】
【分析】逐个分析各个选项.
【详解】对于A项，当，时， 代入直线方程后得，∴点不在直线l上，故A项错误；
对于B项，设直线l的倾斜角为，∵，∴，又∵，∴，故B项正确；
对于C项，令得：，∴直线l在y轴上的截距为，故选项C错误；
对于D项，∵直线l的一个方向向量为，∴，这与已知相矛盾，故选项D错误.
故选：B.
5. 在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算，即得.
【详解】由题意得：.
故选：B.
6. 若双曲线的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出渐近线方程，代入点化简求解.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，点在一条渐近线上即
故选：D
7. 直线，若，则a的值为（　　）
A. 或2 B. 3或 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行得到，得到解得或，再验证得到答案.
【详解】，，则，
解得或，
当时，，两直线重合，排除；
当，验证满足.
综上所述：.
故选：C
8. 已知，，且，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.
【详解】，，
则，
由，可得，解之得
故选：B
9. 已知直线和圆：，则直线与圆的位置关系为（ ）
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
求出直线过的定点坐标，确定定点在圆内，则可判断．
【详解】直线方程整理为，即直线过定点，
而，在圆内，
∴直线与圆相交．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．关键点有两个：一是确定动直线所过定点坐标，二是确定点到圆的位置关系：圆的一般方程为，点，则点在圆内，点在圆上，
点在圆外．
10. 在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法不正确的是（ ）
A. 当时，的面积的最大值为
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，存在点，使得平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据选项A，可得点在上运动，当点运动到点时，的面积取得最大值，则，判断选项A；
根据选项B，可得点在上运动，则，判断选项B；
设的中点为，的中点为，根据选项C，可得点在上运动，则点在上运动，可证得面，即可判断选项C；
建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得出点的坐标，即可判断选项D.
【详解】当时, ，则点在上运动，
则当点与重合时，则此时面积取得最大值，
,
由于直三棱柱，则,为等腰直角三角形,则,面，则面
因为面，所以，
则,故选项A正确；

当时，则，点在上运动，则,
由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为
则,则，故选项B正确；

当时，,设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，,
，平面，则面，
又因为面，则，
当点与点重合时，面，即面，
则,故选项C错误；

如图建立空间直角坐标系，设的中点为，的中点为，当时，，则点在线段上运动，

设平面的法向量为.
则
当时，则与平行，则存在点，使得平面，故选项D正确.

故选：C
【点睛】思路点睛：用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比..
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知直线和直线互相垂直，则的值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线垂直列方程，由此求得的值.
【详解】由于两条直线垂直，
所以.
故答案为：
12. 圆心为且和轴相切的圆的方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的切线性质进行求解即可.
【详解】因为该圆与轴相切，
所以该圆的半径为，
因此圆的方程为，
故答案为：
13. 已知数列的前项和，则______，的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用求得，进而求得正确答案.
【详解】当时，，
当时，由得，
，
所以，
所以，
由于时，，是递增数列，，
所以的最小值为.
故答案为：；
14. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于．若，，则抛物线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可得，然后在直角三角形中利用可得，从而可得答案．
【详解】根据抛物线的定义可得，
又，所以，得，
所以抛物线的方程为．
故答案为：．
15. 关于曲线，给出下列四个结论：
①曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称；
②曲线围成的面积是；
③曲线上任意一点到原点的距离者不大于；
④曲线上的点到原点的距离的最小值为1.
其中，所有正确结论的序号是______.
【答案】①②③④
【解析】
【分析】画出曲线的图象，根据对称性、面积、图象等知识确定正确答案.
【详解】曲线，
则时，，
时，，
时，，
当时，，
由此画出曲线的图象如下图所示，
由图可知：
曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称，①正确.
曲线围成的面积是，②正确.
曲线上任意一点到原点的距离者不大于，③正确
曲线上的点到原点的距离的最小值为1，即，
所以④正确.
故答案为：①②③④

三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知数列为等差数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若等比数列满足，，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得出数列的通项公式；
（2）先由得出公比，再由求和公式计算即可.
【小问1详解】
因为，，所以，解得.
即数列的通项公式为.
小问2详解】
设公比为，因为，所以，所以数列的前项和为.
17. 已知圆，圆，直线.
（1）求圆心到直线的距离；
（2）已知直线与圆交于，两点，求弦的长；
（3）判断圆与圆的位置关系.
【答案】（1）
（2）
（3）外切
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得正确答案.
（2）根据弦长公式求得正确答案.
（3）根据圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.
【小问1详解】
圆圆心为，半径.
圆的方程可化为，
所以圆心为，半径.
所以圆心到直线的距离为.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
，所以两圆外切.
18. 如图所示，在多面体中，梯形与正方形所在平面互相垂直，，，.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若点在线段上，且，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先根据面面平行判定证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得到答案.
（2）首先取的中点，连接，易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面.
（3）首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为平面；平面；，
所以平面.
因为平面；平面；，
所以平面.
又因为平面，平面，，
所以平面平面；
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，如图所示：

因为四边形为梯形，且，，
所以四边形为正方形，，.
所以，，
即，.
又因为平面平面，且平面，，
所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，平面，
所以平面.
【小问3详解】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

，，，，
，，
设异面直线与所成角为，则.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
19. 已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）当时，求的面积；
（3）对，的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）是，定值为8，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；
（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.
（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.
【小问1详解】
长轴长是焦距的2倍，则，则，
∴椭圆为，代入点得，解得.
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
，则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.
设，由得，∴，
，.
∴.
∴.
【小问3详解】
的周长为定值，理由如下：
直线l恒过椭圆左焦点，由椭圆定义可知的周长为.
20. 已知在四棱锥中，底面是边长为4正方形，是正三角形，、、、分别是、、、的中点.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知.条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在， 求线段的长度；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）选条件①：平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件②：，由，得到，又，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件③：平面平面，由，利用面面垂直的性质定理证明；
（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面EFG的一个法向量为，易知平面ABCD的一个法向量为，由求解；
（3）设，，得到，由（2）知平面EFG的一个法向量为，由求解.
【小问1详解】
证明：选条件①：平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件②：；
因为，所以，
则，又，且，
所以平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件③：平面平面.
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
【小问2详解】
由（1）建立如图所示空间直角坐标系：

则，
，
所以，
设平面EFG的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
易知平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角为；
【小问3详解】
设，，
则，
由（2）知平面EFG的一个法向量为：，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即，整理得，
因为，所以方程无解，即不存在满足条件的点M.
21. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，动直线交椭圆于，两点，满足，过点作，垂足为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）判断直线是否过定点，如果是，则求出此定点的坐标，如果不是，则说明理由；
（3）写出面积的最大值.
【答案】（1）
（2）过定点
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标.
（3）先求得点的轨迹，然后求得面积的最大值.
【小问1详解】
依题意，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
依题意可知直线不过点，
若直线的斜率不存在，则为锐角，不满足，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去并化简得，
，整理得.
设，则，
，
由于，所以，
即，
，
，
，
，
即，
整理得，
由于，故解得，所以直线的方程为，
所以直线过定点，此时在椭圆内，满足直线与椭圆有个公共点.
【小问3详解】
设，由于，
所以点的轨迹是以为直径的圆（点除外），
所以到，也即到的距离的最大值为，
所以面积的最大值为.