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1、湖南省长沙市浏阳市2022-2023学年高二上学期期末数学试题2022年下学期期末考试试卷高二数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1. 圆的圆心和半径分别是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.2. 如果且，那么直线不经过（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】通过直线经过的点来判断象限.【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；令，得；令，得；所以直线不经过第三象限.故
2、选：C.3. 设正四面体ABCD的棱长为，分别是，的中点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的中点公式表示和，然后利用向量的数量积公式运算即可求解.【详解】因为E，F分别是BC，AD的中点，又正四面体ABCD的棱长都为，故选：A4. 已知直线，则（ ）A. 直线l的倾斜角为B. 直线l的斜率为C. 直线l的一个法向量为D. 直线l的一个方向向量为【答案】D【解析】【分析】根据直线方程求出斜率和倾斜角可判断A，B；根据斜率求出直线l的一个方向向量可判断C，D.【详解】将直线化为，直线l的斜率为，故B不正确；所以直线l的倾斜角为，故A不正确；因为直线l的一个方
3、向向量为，又与不垂直，所以C不正确；直线l的一个方向向量为与平行，所以D正确.故选：D.5. 如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由点到直线的距离公式可得b，已知结合双曲线列方程组求解即可.【详解】点的到渐近线，即的距离，又由题知，解得，所以.故选：B.6. 若直线 与圆相交于两点， 且(其中为原点)， 则的
4、值为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】A【解析】【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.【详解】由可知，圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得 故选：A【点睛】7. 已知抛物线：的焦点为，点，过点且斜率为的直线与交于A，B两点，若，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的方程得出焦点的坐标，根据题意可知斜率，设直线的方程为：，其中，设，联立直线与抛物线的方程即可根据韦达定理得出，根据已知得出，即可根据向量运算化简代入得出，解得，即可得出答案.【详解】由抛物线：可得其焦点的坐标为，由题意可知斜率，设直线方程为：，其中，联立，消去得，设，则，而，则，
5、即，解得，故选：D.8. 设椭圆 的右焦点为，椭圆上的两点关于原点对称，且满足，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，然后利用双勾函数的值域得到的范围，然后由求解.【详解】如图所示：设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，即，所以平行四边形为矩形，所以，设，在直角中，得，所以，令，得，又由，得，所以，所以 ，即，所以，所以离心率的取值范围是，故选：A.【点睛】本题主要考查椭圆的定义，对称性，离心率的范围的求法以
6、及函数值域的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分9. 已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（）A. 实轴长是虚轴长的2倍B. 焦距为4C. 离心率D. 渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可.【详解】双曲线C：.双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确.故选：BD10. 已知数列满足
7、，则（ ）A. 是递减数列B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：，又当时，与矛盾，故，即，故该数列递增数列，A错误；对B：，根据A知：，即，故B正确；对C：，由可得，故（当或时取得等号），故，C错误；对D：由可得，即，故，又，故，故，D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.11. 已知，直线AP，BP相交于P，直线AP，BP的斜率分别为，则（
8、）A. 当时，点的轨迹为除去A，B两点的椭圆B. 当时，点的轨迹为除去A，B两点的双曲线C. 当时，点的轨迹为抛物线D. 当时，点的轨迹为一条直线【答案】AB【解析】【分析】设出，直接法求出轨迹方程，注意去掉不合题意的点，从而判断轨迹为哪种曲线，判断ABC选项，D选项，结合，得到轨迹为去掉一个点的直线，故D错误.【详解】设，A选项，故，变形为，且，故点的轨迹为除去A，B两点的椭圆，A正确；B选项，故，变形为，且，故点的轨迹为除去A，B两点的双曲线，B正确；C选项，故，变形为，且，故点的轨迹为除去A，B两点的抛物线，C错误；D选项，即，变形为，且，故点的轨迹为除去点的直线，D错误；故选：AB12
9、. 棱长为2的正方体的侧面(含边界)内有一动点，则（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则存在非零向量使【答案】BCD【解析】【分析】对于每一个选项中所出现的向量用基底表示，然后通过分析或计算数量积就可以对每一个选项进行判断.【详解】对于A，则，从而可知点在线段上，由于不垂直侧面，故不成立，所以A错误；对于B，易证，从而可知平面，由，可知点在线段上，因此，所以，B正确；对于C，故C正确；对于D，设，所以，得，从而可知不会是零向量，故D正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若向量，则与夹角的正弦值为_【答案】【解析】【分析】根据向量夹角的余弦值
10、的坐标表示得出，即可根据同角三角函数的关系得出答案.【详解】向量，向量与夹角的余弦值为：，向量间的夹角范围为，则，故答案为：.14. 数列中，前99项的和，则_.【答案】36【解析】【分析】易得数列是等比数列，数列是等比数列，根据等比数列的前项和公式求得，再根据等比数列前项和公式即可得解.【详解】解：因为，所以数列是以3为公比的等比数列，所以数列是以为首项，为公比的等比数列又，所以，是以.故答案为：36.15. 已知是抛物线上一点，为其焦点，点在圆上，则的最小值是_【答案】6【解析】【详解】抛物线准线方程为过作直线则当过圆心作直线垂线时，三点共线值最小，则点睛：本小题的考点是圆与圆锥曲线的综合
11、及抛物线的简单性质首先要求出抛物线上的点到圆上及抛物线的焦点的距离最小的位置，然后根据三点共线求出相应的点的坐标，进一步求得最小值，进而求得答案16. 已知，且动点满足，则取得最小值时，点的坐标是_.【答案】【解析】【分析】设，由得点轨迹为；由可知当三点共线且在线段上时取得最小值，联立圆的方程和直线方程即可求得结果.【详解】设，则，整理可得：；，当三点共线且在线段上时，取得最小值，又直线方程为：，即，由得：或，又在线段上，.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知向量.（1）若，求的值;（2）以坐标原点为起点作，求点到直线的距离.【答案
12、】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据空间向量的坐标运算与平行满足的性质求解即可；（2）先求在上的投影，再根据勾股定理求解即可【详解】（1）， ，即， 解得. （2）由条件知， 故在上的投影为 ，又点到直线的距离.18. 已知圆C过点，且圆心在x轴上（1）求圆C的方程；（2）设直线与圆C相交于A，B两点，若，求实数m的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设圆C的半径为r，圆心，由距离公式得出圆C的方程；（2）由得出直线l过圆心，从而得出的值.【小问1详解】设圆C的半径为r，圆心，由题意得解得圆C的方程为【小问2详解】点M在圆上，且，直线l过圆心，解得19. 立德中学积极开展社团
13、活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现九章算术中提到了“刍甍(mng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面（2）若二面角大小为，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）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角【小问1详解】取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形
14、，且，是线段与的中点，且，在图1中且，且所以在图2中，且，且四边形是平行四边形，则由于平面，平面平面【小问2详解】由图1，折起后在图2中仍有，即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设，则，设平面的一个法向量，由，得，取则于是平面的一个法向量，直线与平面所成角的正弦值为【点睛】20. 已知数列的前项和为，且等差数列前项和为满足，（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和；【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）根据数列前项和与通项的关系得出，然后根据等差数列的前项和公式与等差数列通项公式的基本量运算即得；（2）根据已知化简得，令为的前项和，
15、根据错位相减法得出，令为的前项和，根据裂项相消法得出，即可得出的前项和.小问1详解】由，得，当时，为首项为1，公比为3的等比数列，又，；【小问2详解】，令为的前项和，则，则，所以，所以，所以；令为的前项和，则，所以故的前项和为：21. 某团队开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图所示，两个信号源相距10米，是的中点，过点的直线与直线的夹角为，机器猫在直线上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到点的信号比接收到点的信号晚秒，其中（单位：米/秒）是信号传播的速度.（1）以为原点，以方向为轴正方向，且以米为单位，建立平面直角坐标系，设机器鼠所在位置为点，求点的轨迹方程；（2）若游戏设定：机器鼠在距离直线不
16、超过1.5米的区域运动时，有“被抓”的风险.如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，是否有“被抓”风险？【答案】（1） （2）没有被抓风险【解析】【分析】（1）结合双曲线的定义求得正确答案.（2）求与直线距离为的平行直线的方程，结合平行直线与点轨迹有无公共点求得正确答案.【小问1详解】依题意，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，所以点的轨迹方程为.【小问2详解】直线的方程为，即，设与直线的距离为的平行直线的方程为，所以，所以与直线的距离为的平行直线的方程为或，双曲线的渐近线为，直线，即，斜率为，过点，所以直线与点的轨迹没有公共点.直线，即，由，消去并化简得，所以直线与点的轨迹没有公共点.综上所述，
17、如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，没有被抓风险.22. 已知椭圆的离心率为，椭圆截直线所得线段的长度为过作互相垂直的两条直线、，直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于、两点，、的中点分别为、（1）求椭圆的方程；（2）证明：直线恒过定点，并求出定点坐标；（3）求四边形面积的最小值【答案】（1） （2）证明见解析， （3）【解析】【分析】（1）根据题意得椭圆过点、离心率和计算可得答案；（2）分直线、斜率均存在且不为0、直线、斜率一个不存在一个为0时，设，联立直线和椭圆方程利用韦达定理和中点坐标公式可得点坐标，再分、求直线方程可得直线过定点；（3）分直线或斜率一个不存在一个为0、直线、斜率均存在且不为
18、0时，利用弦长公式可得，可得，再利用基本不等式求解即可.【小问1详解】由题意得椭圆过点，解得，；【小问2详解】当直线、斜率均存在且不为0时，设，则，由，得，由，得，可得， 当时，直线的斜率为，直线的方程为，化简得，过定点， 当时，直线的方程为，过点，当直线、斜率一个不存在一个为0时，、的中点坐标分别为、时直线的方程为，过点，综上，直线恒过定点；【小问3详解】当直线或斜率一个不存在一个为0时，当直线、斜率均存在时且不0时，由（2）得，当且仅当即时等号成立，综上，四边形面积的最小值为.【点睛】思路点睛：第二问中，设直线方程为， ， 利用韦达定理求出中点坐标公式，再求直线方程然后求定点，第三问中求出，求出面积表达式，然后利用基本不等式求最值.解题时要认真审题，注意直线方程、韦达定理和基本不等式等知识点的合理运用，考查了学生的计算能力.