2022级高二第一学期期末考试数学试卷及详解Word版.docx

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2022级高二第一学期期末考试数学试卷一、单选题(每小题五分)1．已知点是点在坐标平面内的射影，则（    ）A．B．C．D．2．已知直线的倾斜角为，则（    ）A．B．C．D．3．圆关于直线对称后的方程为（    ）A．B．C．D．4．命题p：方程表示焦点在y轴上的椭圆，则使命题p成立的充分必要条件是（　　）A．B．C．D．5．设数列满足，且，则（    ）A．-2B．C．D．36．已知两圆和恰有三条公切线，若，，且，则的最小值为（    ）A．B．C．D．7．已知双曲线的左、右焦点分别是，，直线不过点，且与左支交于，两点，的周长是的倍且两个三角形周长之和为，则的离心率为（    ）A．B．C．D．8．已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（    ）A．B．C．D．试卷第3页，共4页 二、多选题（每小题五分）9．下面四个结论正确的是（    ）A．空间向量，若⊥，则B．若对平面中任意一点，有则P,A,B三点共线.C．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底.D．任意向量，满足.10．已知等差数列{}的前n项和，则下列选项正确的是（    ）A．B．C．当取得最大值时D．当取得最大值时11．已知，，直线：，：，且，则（    ）A．B．C．D．12．如图所示．已知椭圆方程为，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是（ ）A．P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则为定值B．直线与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，且、均存在，则C．若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是D．四边形为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab三、填空题（每小题5分）13．已知方程表示的圆中，当圆面积最小时，此时.14．已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则．15．设数列满足，若，则的前99项和为.16．正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为．试卷第3页，共4页 四、解答题（17题10分，18-22题12分）17．在正项等比数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若，证明是等差数列，并求的前项和．18．已知中角，，所对的边分别为，，，设其面积为，．(1)求角；(2)若，点在边上，若是的平分线，且，求．19．已知定义域为的函数是奇函数．(1)求a，b的值；(2)直接写出该函数在定义域中的单调性（不需要证明），若对于任意，不等式恒成立，求k的范围．试卷第3页，共4页 20．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于．  (1)证明：平面；(2)若平面平面，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.21．已知函数的图象经过坐标原点，且，数列的前项和（）.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和；(3)令，若（为非零整数，），试确定的值，使得对任意，都有成立.22．已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在椭圆C上.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作直线（直线的斜率不为0）与椭圆相交于两点，过焦点作与直的倾斜角互补的直线，与椭圆相交于两点，求的值.试卷第3页，共4页 参考答案：1．C【详解】根据题意点在坐标平面内的射影为，所以.故选：C.2．A3．A【详解】因为圆，所以圆的圆心为，半径为，设点关于直线对称的点为，所以，解得：，所以所求圆的圆心为，半径为,故所求圆的方程为：.故选：A.4．B【详解】命题p：方程表示焦点在y轴上的椭圆，，解得,则使命题p成立的充分不必要条件是．故选：．5．A【详解】因为，，所以，，，，显然数列的周期为4，而，因此.故选：A.6．B【详解】根据题意可得，两圆的标准方程为和，圆心为和，半径分别为2，1，若两圆恰有三条公切线，则等价为两圆外切，则满足圆心距，即则，则,当且仅当，即，取等号.故选：B答案第11页，共12页 7．B【详解】设的周长为，的周长为，由题意可得，解得，，因为，，所以，所以，又，解得（舍去负值），所以离心率，故选：B．8．D【详解】，，数列是等差数列，，，，，数列的公差，，既，故，，，故选：D.9．ABC【详解】A选项，空间向量，若⊥，，夹角为，则，A正确；B正确；C选项，是空间的一个基底，则不存在使得，设，即，即，此方程无解，故不共面，则也是空间的一个基底，C正确；答案第11页，共12页 D选项，不妨设，则，，此时，D错误.故选：ABC10．ABC【详解】设公差为，则，所以，解得，故A正确；，故B正确；，所以当时，最大，故C正确，D错.故选：ABC.11．ABD【详解】由，得，即，，，则，当且仅当，即时等号成立，所以有，A选项正确；由，有，当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；由，有，，，则，，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；由，有，，当且仅当，即时等号成立，D选项正确.故选：ABD.12．ACD【详解】A：连接，由椭圆的定义可知，线段中点为Q，所以，于是有，所以本选项命题正确；答案第11页，共12页 B：直线与椭圆交于R，S两点，因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形，所以R，S两点关于原点对称，不妨设，，，因为A是椭圆上异与R的点，所以有，两个式相减，得，因此，所以本选项命题是假命题；C：椭圆上存在一点M使，由余弦定理可知：，即，即，而，当且仅当时取等号，即M为上（下）顶点时取等号，而，所以，因此本选项命题是真命题；D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同，所以设矩形在第一象限的顶点为，即，所以矩形的面积为，因为，当且仅当时取等号，即当时取等号，因此本选项命题是真命题，故选：ACD答案第11页，共12页 13．0【详解】由，得，易知当，圆的半径最小，即圆的面积最小.故答案为：014．1【详解】设，则,即，所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称，由得,将代入抛物线中得所以，故答案为：115．/【详解】因为，所以当时，，将与式相减得：，即，当时，也适用，答案第11页，共12页 所以，，所以，故答案为：.答案第11页，共12页 16．【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为，则其体积为，设正四面体内切球的半径为，则，解得，如图，取的中点为，则，显然，当的长度最小时，取得最小值，设正四面体内切球的球心为，可求得，则球心到点的距离，所以内切球上的点到点的最小距离为，即当取得最小值时，点到的距离为．故答案为：．17．【详解】（1）设的公比为（），由，得（2分）解得或（舍去），因为，所以．（4分）（2）由（1）可知，，则．（6分）因为，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，（8分）故．（10分）18．【详解】（1）依题意，（3分），因为，所以．（5分）（2）中，，．①（7分）又，，即，②（9分）联立①②得，．．（12分）答案第11页，共12页 答案第11页，共12页 19．【详解】（1）解：因为定义域为的函数是奇函数，所以，解得，即（3分）又由，可得，解得，所以，经检验，符合题意，所以.（6分）（2）解：由（1）知，，可得函数为单调递减函数，（8分）对于任意，不等式恒成立，因为函数为奇函数，可得，（10分）又因为函数为单调递减函数，可得，即恒成立，又由，所以，（12分）所以实数的取值范围为.20．【详解】（1）证明：因为平面，过的平面交平面于，即平面，平面平面，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，（2分）又平面平面，所以平面，四边形为菱形，则，平面平面，故平面，又平面，所以平面平面.又平面，所以平面.（4分）（2）由（1）知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，因为，所以为等边三角形.（5分）连接交于O，连接，则，因为平面平面，平面平面，又平面，所以平面，因为平面，所以.（6分）答案第11页，共12页 因为四棱锥的体积为，即，又，所以，所以，（7分）以O为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，所以.（9分）设平面的一个法向量，则，即令，则，所以，设平面PAC的一个法向量（10分）设平面与平面PAC的夹角为，夹角范围为大于等于小于等于，故平面与平面的夹角的余弦值为3.（12分）21．【详解】（1）∵的图象过原点，则，∴.∴.当时，，（2分）又∵适合，∴数列的通项公式为.（4分）（2）由得：（），答案第11页，共12页 ∴，①.②（6分）②－①得：，∴.（8分）（3），故.要使恒成立，即要恒成立，即要恒成立.下面分为奇数、为偶数讨论：（10分）①当为奇数时，即恒成立.又的最小值为1，∴.②当为偶数时，即恒成立.又的最大值为，∴.综上，，又为非零整数，∴时，使得对任意，都有成立.（12分）22．【详解】（1），可得，可得椭圆方程为，（2分）代入点的坐标有，解得，故椭圆的标准方程为；（4分）（2），点为，，答案第11页，共12页 设点的坐标分别，直线的方程为，直线的方程为，联立方程，消去后整理为，有，（6分）联立方程，消去后整理为，有，（8分），（10分）对消元，可得到原式，故的值为.（12分）答案第11页，共12页