重庆市第三十七中学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（解析Word版）

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重庆市第三十七中学校2022-2023学年度高2021级上期期末考试数学试题总分：150分考试时长：120分钟第I卷（选择题）一、单选题：每小题5分，总分40分1.若直线与直线平行，则实数a的值为（）A.B.C.2D.1【答案】A【解析】【分析】解方程即得解.【详解】解：由题得经检验，当时，满足题意.故选：A2.已知双曲线的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线几何性质解决即可.【详解】由题知双曲线中，所以，双曲线焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为，故选：C.3.记等差数列的前n项和为，已知，，则（）A.2B.1C.0D.【答案】D【解析】【分析】利用题给条件列出关于首项公差d的方程组，解之即可求得的值.

1【详解】设等差数列的首项为，公差为d，则，解之得故选：D4.若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据圆心和弦的中点的连线与弦所在的直线垂直，求出弦所在直线的斜率，再代入点斜式化为一般式即可.【详解】的圆心为,半径，因为为圆的弦的中点，所以圆心与点确定的直线斜率为，因为圆心和弦的中点的连线与弦所在的直线垂直，所以弦所在直线的斜率为，所以弦所在直线的方程为：，即故选：A.5.圆与圆的位置关系为（）A.外离B.外切C.相交D.内切【答案】D【解析】【分析】求出两个圆的圆心与半径,通过圆心距与两圆的半径和与差的关系,判断两个圆的位置关系.【详解】因为圆圆心,半径为,圆的圆心,半径为，,则两圆的圆心距为,而，则圆与圆的位置关系为内切.故选:D.6.已知数列的前n项和，满足，则＝（　　）

2A.72B.96C.108D.126【答案】B【解析】【分析】根据得到数列是以3为首项，2为公比的等比数列，从而求出通项公式，得到的值.【详解】当时，，解得：，由题意可得，①当时，，②①﹣②得，，即，故数列是以3为首项，2为公比的等比数列，所以，故故选：B.7.法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解.【详解】椭圆的蒙日圆的半径为.因为，所以为蒙日圆的直径，所以，所以.因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为：.

3由面积的最大值为34，得，得，故椭圆的长轴长为.故选：C8.设，分别为双曲线：的左､右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于，两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】联立与求出，进而的正切可求，得出的关系，从而进一步解出答案.【详解】依题意得,以线段为直径的圆的方程为,双曲线的一条渐近线的方程为.由以及解得或不妨取,则.因为,所以,又,所以,

4所以,所以该双曲线的离心率.故选：D.二、多选题：每小题5分，错选不得分，漏选得2分，总分20分9.过点的直线l与直线平行，则下列说法正确的是（）A.直线l的倾斜角为B.直线l的方程为：C.直线l与直线间的距离为D.过点P且与直线l垂直的直线为：【答案】BCD【解析】【分析】由直线的斜率可求得倾斜角即可判断选项A，由直线平行和垂直的斜率关系设出所求方程点代入求得直线方程即可判断B、D，由平行直线间的距离公式计算即可判断C选项.【详解】过点的直线l与直线平行，设直线l方程为，代入可得，解得：,所以直线l的方程为：，B正确，直线l的斜率，直线l的倾斜角为，则A错误，l与直线的距离为，C正确，过点P且与直线l垂直的直线可设为：，代入可得，解得：,则过点P且与直线l垂直的直线为：，D正确.故选：BCD.10.已知等差数列的前n项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.当时，取得最小值【答案】ACD【解析】【分析】根据题干条件利用可得到，，，然后即可根据三个结论依次判断四个选项的正误.【详解】因为，所以，，.对于A、B选项，因为，，所以，故选项A正确，选项B错误；

5对于C，因为，所以，故选项C正确；对于D，因为，，可知，，等差数列为递增数列，当时，，当时，，所以当时，取得最小值，故D选项正确.故选：ACD.11.如图，在正方体中，为的中点，则（）A.平面B.平面C.平面平面D.直线与平面所成角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】对于ABC，由正方体特征判断即可；对于D，取的中点，连接，得，由，得平面，因为，所以与平面所成角即为与平面所成角，大小为，即可判断.【详解】由题知，A选项：因为，平面，平面，所以平面，故A正确；B选项：显然与不垂直，故B错误；C选项：因为平面，平面，所以平面平面，故C正确；D选项：如图，取的中点，连接，易证，所以，因为，所以，即，

6因为平面，平面，所以，因为，平面所以平面，因为，所以与平面所成角即为与平面所成角，大小为，所以，故D正确，故选：ACD.12.已知点F是抛物线的焦点，AB，CD是经过点F的弦且，直线AB的斜率为k，且，C，A两点在x轴上方，则（）A.B.四边形ABCD面积最小值为64C.D.若，则直线CD的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由抛物线的性质可得弦长，同理可得的值，由均值不等式可得四边形的面积的最小值，经过判断可得命题的真假．【详解】由抛物线的方程可得焦点，，由题意可得直线，的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，，，，联立，整理可得：，显然，，，，，所以，所以A正确；

7由于,,所以将中的换成代入中得,，当且仅当时等号成立，所以四边形的最小面积为，所以B不正确；设,，,，若，即，整理可得，即，解得，即，而直线的斜率，所以直线的斜率为，所以D正确；可得弦长,，所以，所以C正确；故选：ACD第II卷（非选择题）三、填空题：每小题5分，总分20分13.已知空间向量，若，则实数的值为__________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解.【详解】因为，所以，解得，故答案为:.14.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种．这十二个节气的日影长依次成等差数列．若冬至的日影子长为15.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和是___________尺．【答案】40【解析】

8【分析】把对应的十二节气分别对应成等差数列的前项，相当于已知，求解.【详解】设从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长以此成等差数列，设公差为，则所以，则，所以雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和为故答案为：15.已知点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上移动，则的最小值为__．【答案】6【解析】【分析】作出图形，过点作直线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义可知，当点、、三点共线时，即当与直线垂直时，取得最小值，即可求解.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，过点作直线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义得，，当点、、三点共线时，即当与直线垂直时，取得最小值，且最小值为．故答案为：.16.我们初中分别把反比例函数图象和二次函数图象称为“双曲线”和“抛物线”，事实上，它们就是圆锥曲线中的双曲线和抛物线，只是对称轴不是坐标轴，但满足基本的定义，也有相对应的焦点、准线、离心率等.已知反比例函数解析式为，其图象所表示的双曲线的焦距为______；已知二次函数解析式为，其图象所表示的抛物线焦点坐标为______.【答案】①②.

9【解析】【分析】结合反比例函数图象的对称轴求得焦距；根据图象变换的知识求得抛物线的焦点坐标.【详解】的图象关于直线对称，即是双曲线的实轴，由解得或，设，所以，所以双曲线的实轴长为.由于轴和轴是双曲线的渐近线，所以双曲线是等轴双曲线，所以双曲线的虚轴长为，所以双曲线的焦距为.二次函数，可看作的图象向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到.即，其焦点坐标为，点向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到，即抛物线的焦点坐标为.故答案为：；四、解答题：总分70分17.在等差数列中，已知且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】

10【分析】（1）由等差数列基本量计算即可求解；（2）由裂项相消求和法即可求解.【小问1详解】解：由题意，设等差数列的公差为，则,，解得,,；【小问2详解】解：，.18.如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可；(2)利用空间向量求线面角即可.【小问1详解】由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，．底面，底面，

11又，，且平面,平面，所以是平面的一个法向量．因为，所以．又平面，所以平面．【小问2详解】因为，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则由，解得，令，得平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为，则．故：直线与平面所成角的正弦值为．19.已知圆经过和两点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）从点向圆C作切线，求切线方程．【答案】（1）

12（2）或【解析】【分析】(1)根据弦的中垂线过圆心,联立过圆心的两条直线方程可确定圆心坐标，即可求解;(2)根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.【小问1详解】由题可知,所以线段的中垂线的斜率等于1，又因为的中点为，所以线段的中垂线的直线方程为，即，联立解得，所以圆心又因为半径等于,所以圆的方程为.【小问2详解】设圆的半径为，则，若直线的斜率不存在，因为直线过点，所以直线方程为，此时圆心到直线的距离，满足题意;若直线的斜率存在，设斜率为，则切线方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，即.所以切线方程为或.20.已知椭圆经过．（1）求椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于不同两点，，是坐标原点，求的面积．【答案】（1）

13（2）【解析】【分析】（1）将两点坐标代入椭圆方程中，求出，的值，可求出椭圆的方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，，设直线与轴交于点，利用进行求解．【小问1详解】椭圆经过，将两点坐标代入椭圆方程中，得，解得：，，即椭圆的方程为；【小问2详解】记，，可设的方程为，由，消去得，解得，直线与轴交于点，则.21.已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若恒成立.求实数的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用“当时，”探求数列相邻两项的关系，再构造数列求解作答.（2）由已知结合（1）的结论分离参数，再构造新数列，借助单调性求解作答.【小问1详解】依题意，，当时，，解得，当时，，，两式相减得，

14因此，则，则是以为首项，2为公比的等比数列，有，显然满足上式，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知，，因，整理得：，令，则，显然，当时，，即，因此当时，数列是递增的，于是得，依题意，恒成立，即有，所以实数的最大值为.22.已知抛物线，为坐标原点，过焦点的直线与抛物线交于不同两点.（1）记和的面积分别为，若，求直线的方程；（2）判断在轴上是否存在点，使得四边形为矩形，并说明理由.【答案】（1）；（2）不存在，理由见详解.【解析】【分析】（1）设直线方程为，，利用韦达定理及计算可得答案；（2）假设存在点，使得四边形为矩形，根据抛物线的性质推出不成立，则可得不存在点，使得四边形为矩形.【小问1详解】设直线方程为，联立，消去得，得①，②，又因为，则③由①②③解得，即直线的方程为，即

15【小问2详解】假设存在点，使得四边形为矩形，则互相平分所以线段的中点在上，则轴，此时则不成立.故在轴上不存在点，使得四边形为矩形