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1、 绝密启用前2022-2023学年（上）高二年级期末考试数学考生注意：1.答题前，考生务必将自已的姓名考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一选择题：本题共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.1. 点关于轴的对称点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据点关于轴的对称点的坐标
2、为判断即可.【详解】解：点关于轴的对称点的坐标为.故选：C2. 抛物线的焦点到准线的距离为（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】将抛物线化为标准方程，利用定义即可求解.【详解】因为抛物线可化为，则，由抛物线的定义可知：焦点到准线的距离为，即焦点到准线的距离为，故选：3. 直线与直线的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意求出直线的倾斜角，直线的倾斜角为，进而求解即可.【详解】因为直线，所以，则直线的倾斜角，又直线，所以直线的倾斜角为，所以直线与直线的夹角为，故选：.4. 已知在正项等比数列中，则（ ）A. 10B. 12C. 14D. 16
3、【答案】B【解析】【分析】根据等比数列性质求解即可。【详解】因为，解得所以，所以故选：B5. 已知点，则满足下列关系式的动点的轨迹是双曲线的上支的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的定义判断.【详解】，不存在满足的点；满足的点在双曲线的下支；满足的点在双曲线的上支；满足的点的轨迹是整个双曲线；故选：C6. 已知双曲线中心在坐标原点处，其对称轴为坐标轴，经过点，且一条渐近线方程为，则该双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意设双曲线方程为，然后将点的坐标代入方程可求出，从而可求得双曲线的方程.【详解】由题意设双曲线方程为，因为
4、双曲线经过点，所以，得，所以双曲线方程为，即为，故选：D7. 已知圆，过点作圆的一条切线，切点为，则的面积为（ ）A. B. C. 8D. 16【答案】A【解析】【分析】画出图形，求出的长，就能求出的长，根据求解.【详解】因为圆的圆心，半径为因为是圆的切线，所以，即是以为直角的直角三角形则又因为又因为所以所以故选：A8. 已知数列满足，则（ ）A. B. C. 12D. 21【答案】A【解析】【分析】由数列的递推关系式推出是等差数列，然后求解即可【详解】正项数列满足，所以，可得，所以等差数列，首项为，公差为，所以，所以，故选：A9. 若直线在轴、轴上的截距相等，且直线将圆的周长平分，则直线的方
5、程为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】先求出圆心坐标，结合题意可知直线经过圆心和原点或者直线经过圆心且斜率为，进而求解.【详解】圆化为：，所以圆心为，半径为.由直线将圆的周长平分，且在轴、轴上的截距相等，所以直线经过圆心和原点或者直线经过圆心且斜率为，所以直线的方程为或，即或.故选：D.10. 已知菱形中，沿对角线折起，使二面角的平面角为，若异面直线与的距离是菱形边长的，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先找到二面角的平面角为，再证明是异面直线与的距离，在中求解.【详解】如图，设菱形的边长为，连接两条对角线易得，菱形沿对角线折起，连接，得到三棱
6、锥在菱形中，翻着后垂直不变，即所以是二面角的平面角，即又因为所以平面，取中点，连接又因为平面所以在中，并且为的中点，所以故是异面直线与的距离又因为异面直线与的距离是菱形边长的所以在中，所以，又因为所以故选：C11. 已知椭圆关于轴轴均对称，焦点在轴上，且焦距为，若点不在椭圆的外部，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出椭圆方程，由于不在椭圆的外部，得到，结合，得到，求出离心率的取值范围.【详解】设椭圆的方程为，因为不在椭圆的外部，所以，因为，所以，化简得：，同除以得：，结合，解得：，故.故选：B12. 已知分别为双曲线的左右焦点，双曲线的半焦距为
7、，且满足，点为双曲线右支上一点，为的内心，若成立表示面积），则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可求出双曲线的离心率，设内切圆半径为，则由可得，而，则，从而可求出的值.【详解】因为，所以，所以，解得，因为，所以，设内切圆半径为，因为为的内心，成立表示面积），所以，所以，因为点为双曲线右支上一点，所以，所以，所以，所以，故选：C二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知圆与圆的公共弦所在的直线与直线平行，则_.【答案】【解析】【分析】两圆方程相减可求得公共弦所在的直线方程，再由公共弦所在的直线与直线平行，可求出结果.【详解】由，得，所以，半径为，由，得
8、，所以，半径为，因为两圆相交，所以，所以，所以，所以，所以当满足上式时，两圆的公共弦方程为，因为公共弦所在的直线与直线平行，所以，所以，故答案为：14. 在四棱锥中，四边形是平行四边形，若，则_.【答案】1【解析】【分析】根据空间向量基本定量将，用表示出来，即可求得结果.【详解】因为，所以，因为四边形是平行四边形，所以，所以，所以，因为，所以，所以，故答案为：115. 若直线与双曲线的两支各交于一点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】联立直线l和双曲线方程，根据 和 确定k的范围.【详解】联立方程 ，得 ，设方程的解为 ，由题意： ，解得 ；故答案为： .16. 已知等差数列的前项
9、和为，若数列的前项和为，则_.【答案】135【解析】【分析】根据等差数列的性质：数列成等差数列，且公差为等差数列的公差的9倍，根据等差数列前项和公式与首项和公差的关系，分别求出等差数列的首项和公差，进而求解即可.【详解】设等差数列的公差为，首项为，由题意知：数列成等差数列，且公差，记数列为，其前项和为，则，又因为数列的前项和为，所以，解得：，所以，解得：，所以.故答案为：.三解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知数列满足.（1）证明：是等比数列.（2）判断是否可能是数列中的项.若是，求出的最大值；若不是，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）是，7【解析】
10、【分析】（1）由，得，两式相比可求得，从而可求得，进而可证得结论；（2）由（1）得，则，从而可得，再由可求得的范围，进而可求得的最大值.【小问1详解】当时，两式相比得.，是以2为2公比，1为首项的等比数列.【小问2详解】由（1）得.由，得，.，解得.，的最大值为7.可能是数列中的项，的最大值为7.18. 已知动点到点的距离与到轴的距离的差为2.（1）求动点的轨迹方程；（2）若过点的直线与动点的轨迹交于两点，直线与轴交于点，过作直线的垂线，垂足分别为，若（S表示面积），求.【答案】（1） （2）9【解析】【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义理解运算；（2）由分析可得，结合抛物线的定义与方程列式
11、求解.【小问1详解】到的距离与到轴的距离的差为2，则到的距离与到直线的距离相等，动点的轨迹是抛物线，其方程为.【小问2详解】设.，则，.又，则，解得，故.19. 如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的直角坐标系.（1）求出建筑物的中心的坐标；（2）由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为100万元/，求开通的这条路的最低造价.附：.【答案】（1） （2）112万元【解析】【分析】（1）设出过点的圆的一般方程，代入三个点的坐标，待定系数法求出圆的一般方程，化
12、为标准方程，得到圆心，即建筑物的中心的坐标；（2）求出，由垂径定理得到点到的距离，从而求出开通的这条路的最低造价.【小问1详解】由题可知，由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，设圆的方程为，则，解得,圆的方程为，即，建筑物的中心的坐标为.【小问2详解】因为为建筑物的中心坐标，设线段EF的中点为Q，由垂径定理得HQ的长度为点H到EF的最小距离，圆的半径为，点到的距离为，开通的这条路的最低造价为（万元）.20. 已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若时，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1) 根据数列的递推公式可得：数列是首项为2，公比为2的等比数列，进
13、而求解即可；(2)结合（1）的结论得出：，利用错位相减法即可求解.【小问1详解】当时，得.，当时，可得，即，即.由题易知.又，数列是首项为2，公比为2的等比数列，即.【小问2详解】由（1）可知，又，数列是等差数列，其首项为1，公差为1.，即.，.21. 已知圆的直径，圆所在平面，点是圆周上不同于、的一点.（1）证明：；（2）已知，点是棱上一点，若与平面所成角的余弦值为，且，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）或【解析】【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）以点为原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值.【
14、小问1详解】证明：平面，平面，.点是圆周上不同于、的一点，且为圆的一条直径，.又，、平面，平面.又平面，.【小问2详解】解：如图，连接，为的中点，则，又因为平面，以点为原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，所以，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则.设与平面所成的角为，由已知，则，则.整理可得，因为，解得或.22. 已知椭圆的焦点分别为，过的动直线与过的动直线相互垂直，垂足为，若在两直线转动的过程中，点仅有两次落在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线的斜率不等于，且直线交椭圆于两点，直线交椭圆于，两点，证明：四边形的面积大于.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得，单位圆与椭圆有两个交点，可求椭圆的方程；（2）四边形对角线互相垂直，由题意通过联立方程组用韦达定理表示出弦长，再表示出面积求取值范围.【小问1详解】由题可知圆与椭圆有且只有两个公共点，这两个公共点为短轴顶点，.椭圆的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不为0，且斜率存在时，设直线的方程为且.联立方程组得 ， 消去得.设，则.同理得.与相互垂直，则四边形的面积.令，则且，.，当时等号成立且时，.当直线其中一条的斜率不存在时，另一条的斜率为0，不妨设直线的斜率为0，则直线的方程为，直线的方程为.代入椭圆方程可得，综上，可知四边形的面积大于.