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1、华中师大一附中2022-2023学年度上学期高二期末检测数学试题一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个诜项中，只有一项是特合题目要求的.1. 抛物线的焦点坐标为A. B. C. D. 2. 直线，则“”是“”的( )条件A 必要不充分B. 充分不必要C. 充要D. 既不充分也不必要3. 设正项等比数列的前项和为，若，则公比为( )A. 2或B. 3C. 2D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则( )A. 380B. 200C. 190D. 1005. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的标准方程为( )A. B. C. D. 6. 有一塔形几何体由若干个正方
2、体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为4，若该塔形几何体是由7个正方体构成，则该塔形的表面积(含最底层的正方体的底面面积)为( )A. 127B. C. 143D. 1597. 已知椭圆和点，直线与椭圆交于两点，若四边形为平行四边形，则直线的方程为( )A. B. C. D. 8. 已知双曲线，直线过坐标原点并与双曲线交于两点(在第一象限)，过点作的垂线与双曲线交于另一个点，直线交轴于点，若点的横坐标为点横坐标的两倍，则双曲线的离心率为( )A B. C. D. 二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项
3、中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 等差数列的前项和为，若，公差，且，则下列命题正确的有( )A. 是数列中的最大项B. 是数列中的最大项C. D. 满足的的最大值为10. 设圆，直线为上的动点，过点作圆的两条切线，切点为为圆上任意两点，则下列说法中正确的有( )A. 的取值范围为B. 四边形的最大值为C. 满足的点有两个D. 的面积最大值为11. 数列满足(为非零常数)，则下列说法正确的有( )A. 若，则数列是周期为6的数列B. 对任意的非零常数，数列不可能为等差数列C. 若，则数列是等比数列D. 若正数满足，则数列为递增数列12. 已知抛物线
4、的焦点为，直线过焦点分别交抛物线于点，其中位于轴上方，且直线经过点，记的斜率分别为，则下列正确的有( )A. B. C. D. 三填空题：本题共4小题，每小题分，共20分.13. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点的坐标为_.14. 已知抛物线，直线与相交于两点，若准线上一点满足，则的坐标为_.15. 已知双曲线的右焦点为，离心率为，过原点的直线与的左右两支分别交于两点，若，则的最小值为_.16. 已知数列满足为公差为1的等差数列，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是_.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. 已知圆的圆心坐标为，且圆与直线相
5、切，过点的动直线与圆相交于两点，点为的中点.(1)求圆的标准方程；(2)求的最大值.18. 已知数列是等差数列，是等比数列的前项和，.(1)求数列的通项公式；(2)求的最大值和最小值.19. 如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且.(1)求证：平面(2)在线段上是否存在点(不含端点)，使得平面与平面夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.20. 记为数列的前项和，已知，.(1)求证：数列等比数列；(2)若，则求数列的前项和.21. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴，点抛物线上， 且到抛物线的准线的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)动点在抛物线的准线上，过点作拋
6、物线的两条切线分别交轴于两点，当面积为时，求点的坐标.22. 已知椭圆的离心率为，过椭圆的一个焦点作垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上.华中师大一附中2022-2023学年度上学期高二期末检测数学试题一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个诜项中，只有一项是特合题目要求的.1. 抛物线的焦点坐标为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线标准方程，可求得p，进而求得焦点坐标【详解】将抛物线方程化为标准方程为 ，可知 所以焦点坐标为所以选D
7、【点睛】本题考查了抛物线基本性质，属于基础题2. 直线，则“”是“”的( )条件A. 必要不充分B. 充分不必要C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件的知识求得正确答案.【详解】若，则，解得或，当时，和的方程都是，两直线重合，不符合题意.经验证可知，符合.所以“”是“”的充要条件.故选：C3. 设正项等比数列的前项和为，若，则公比为( )A. 2或B. 3C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件列方程求得.【详解】依题意，即，依题意，所以，由于，故解得.故选：B4. 已知等差数列的前项和为，若，则( )A. 380B. 200
8、C. 190D. 100【答案】A【解析】【分析】求得等差数列的公差，进而求得【详解】设等差数列的公差为，则，所以.故选：A5. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的标准方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线渐近线方程可得，将代入双曲线方程可求得，由此可得结果.【详解】由双曲线方程可得其渐近线方程为：，即，则双曲线方程可化为：，由双曲线过点，解得：，双曲线方程为：.故选：C.6. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为4，若该塔形几何体是由7个正方体构成，则该塔形
9、的表面积(含最底层的正方体的底面面积)为( )A. 127B. C. 143D. 159【答案】D【解析】【分析】分析各层正方体的边长，利用等比数列的前n项和公式即可求解【详解】不妨设由下到上各层正方形的边长为，由题意知，是首项为4，公比为的等比数列，所以，各层正方形的面积为，所以该塔形几何体的表面积为，故选：D7. 已知椭圆和点，直线与椭圆交于两点，若四边形为平行四边形，则直线的方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得直线所过点，然后利用点差法求得直线的斜率，进而求得正确答案.【详解】由于，所以在椭圆上，设中点为，则，则直线过点，且是的中点，设，则：，两式相减并化
10、简得，所以，即直线的斜率为，所以直线也即直线的方程为.故选：C8. 已知双曲线，直线过坐标原点并与双曲线交于两点(在第一象限)，过点作的垂线与双曲线交于另一个点，直线交轴于点，若点的横坐标为点横坐标的两倍，则双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，根据垂直关系及坐标可得直线的方程，联立可求得点坐标，代入双曲线方程中，结合在双曲线上，可化简整理得到，由离心率可求得结果.【详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，则可设直线，设，则，则直线，又，直线，由得：，即，在双曲线上，又在双曲线上，即，即，又，双曲线离心率.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率的
11、求解问题；解题关键是能够通过两直线方程联立的方式，求得点坐标，从而根据点在双曲线上构造方程，化简整理得到之间的关系.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 等差数列的前项和为，若，公差，且，则下列命题正确的有( )A. 是数列中的最大项B. 是数列中的最大项C. D. 满足的的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】由得出，代入与，对选项依次判断即可.【详解】，对于A，当时，取最大值，是数列中的最大项，故选项A正确；对于B，所以等差数列是递减数列，数列中的最大项为，故选项B错误；对于C，故选
12、项C正确；对于D，解得，满足的的最大值为，故选项D正确.故选：ACD.10. 设圆，直线为上的动点，过点作圆的两条切线，切点为为圆上任意两点，则下列说法中正确的有( )A. 的取值范围为B. 四边形的最大值为C. 满足的点有两个D. 的面积最大值为【答案】AC【解析】【分析】根据切线长公式即可求解A,B,C，根据三角形的面积公式可求解D.【详解】圆心到直线的距离，所以，因为圆的半径为，根据切线长公式可得，当时取得等号，所以的取值范围为，A正确；因为，所以四边形的面积等于，四边形的最小值为，故B错误；因为，所以，在直角三角形中，所以，设，因为，整理得，则有，所以满足条件的点有两个，C正确；因为所
13、以当，即，面积有最大值为，此时四边形正方形，则，满足要求，故D错误，故选:AC.11. 数列满足(为非零常数)，则下列说法正确的有( )A. 若，则数列是周期为6的数列B. 对任意的非零常数，数列不可能为等差数列C. 若，则数列是等比数列D. 若正数满足，则数列为递增数列【答案】AD【解析】【分析】对于A，由题意可得，进而可得，即可判断；对于B，举反例，此时为等差数列，即可判断；对于C，由题意可得，只有当时，数列才是以2为公比的等比数列，即可判断；对于D，由题意可得，求得，进而可得，只需判断-是否成立即可判断.【详解】解：对于A，因为，所以，所以，所以，所以数列是周期为6的数列，故正确；对于B
14、，当时，则有，即有，由等差中项的性质可知为等差数列，故错误；对于C，当时，即有，当时，数列是以2为公比的等比数列，故错误；对于D，因为正数满足，所以所以，所以，设数列前项和为，则有=，所以，所以，所以，所以=，所以数列为递增数列，故正确.故选：AD.12. 已知抛物线的焦点为，直线过焦点分别交抛物线于点，其中位于轴上方，且直线经过点，记的斜率分别为，则下列正确的有( )A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用抛物线的性质，可得，设直线的方程为，联立方程可得，可判断；同理可得，再利用直线经过点，可得，进而得出，可判断，；利用两点确定斜率可得，可判断.【详解】由抛物线可得：，设直
15、线的方程为，由，整理可得：，所以，故选项正确；同理可得：，由直线经过点，设，则，所以，则，整理可得：，也即，因为，所以，又，所以，故选项正确；则，故选项错误；因为，同理， 则.故选项正确，故选：.三填空题：本题共4小题，每小题分，共20分.13. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点的坐标为_.【答案】【解析】【分析】两圆的方程相减得出两圆的公共弦所在直线方程，然后根据直线方程求出定点即可.【详解】由圆与圆，两式相减得公共弦所在直线方程为：，即，令，解得：，所以圆与圆的公共弦所在直线恒过点.故答案为：.14. 已知抛物线，直线与相交于两点，若的准线上一点满足，则的坐标为_.【答案】【解析】【
16、分析】令，由及数量积的坐标公式得，联立抛物线与直线方程，应用韦达定理求横纵坐标的和积代入上式求的纵坐标即可.【详解】令，则，由，则，所以联立，消去y整理得，则，所以，综上，则，故.故答案为：15. 已知双曲线的右焦点为，离心率为，过原点的直线与的左右两支分别交于两点，若，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】先由抛物线的对称性与定义得到，关于的表达式，从而利用题设条件与余弦定理得到关于的表达式，再利用基本不等式即可得解.【详解】依题意，记双曲线的左焦点为，连结，如图，由抛物线的对称性易得，又，所以四边形是平行四边形，则，因为双曲线，所以由双曲线的定义可得，则，记，则，又，所以，即，则，因为
17、，所以，在中，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，此时由于，当且仅当，即时，等号成立，注意当时，不满足题意，故，所以当时，有解，且由得，满足题意，所以的最小值为.故答案为：.16. 已知数列满足为公差为1的等差数列，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】因为为等差数列，已知首项与公差即可求出通项公式，即可求出数列的通项公式，代入不等式，则不等式恒成立问题转化为最值问题求解即可.【详解】因为数列满足为公差为1的等差数列，设，则，即，所以，所以不等式，即对任意的都成立，即，因为中分子的增长速度远大于分母，所以，所以，则实数的取值范围是.故答案为：四解答题：本题共6小
18、题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知圆的圆心坐标为，且圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点，点为的中点.(1)求圆的标准方程；(2)求的最大值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)运用点到直线距离公式求出圆C的半径；(2)求出点P的运动轨迹，再确定 的最大值.【小问1详解】由题意知点到直线的距离为 ，也是圆C的半径，圆的半径为，则圆的标准方程为；【小问2详解】依题意作上图，为弦的中点，由垂径定理知： ，又过定点A，点的轨迹为以为直径的圆，圆心为A，C的中点，半径为 ，； 综上，圆的标准方程为， 的最大值为 .18. 已知数列是等差数列，是等比数列的前项
19、和，.(1)求数列的通项公式；(2)求的最大值和最小值.【答案】(1)， (2)的最大值为，最小值为4.【解析】【分析】(1)根据给定的条件，求出等差数列的首项及公差，等比数列的公比即可求解作答；(2)由(1)可得，再分为奇数和偶数时，结合的单调性求解即可.【小问1详解】设的公差为的公比为，所以，由，解得：，又，所以，；【小问2详解】由(1)和等比数列的前项和公式可知：，显然，当为奇数时，单调递减；当为偶数时，单调递增，时，有最大值为，时，有最小值为4.19. 如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且.(1)求证：平面(2)在线段上是否存在点(不含端点)，使得平面与平面的夹角为，若存在，指
20、出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段上靠近的三等分点【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，得到 故ECDF，ECDA，从而证明出线面垂直；(2)设，得到的坐标为，求出平面的法向量，列出方程，求出，得到为线段上靠近的三等分点.【小问1详解】以点为原点，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，故ECDF，ECDA，平面ADF，平面；【小问2详解】设，则的坐标为，设平面法向量为，则由，令，则，则法向量，平面与平面的夹角为，且平面的法向量为，解得，为线段上靠近的三等分点.20. 记为数列的前项和，已知，.(1)求证：数列为等比数列；(2)若，则求数
21、列的前项和.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由与的关系，结合等比数列的定义进行证明；(2)将代入，使用裂项相消法进行求和.【小问1详解】，当时，得，即，化简整理得()，又，数列中各项均不为，且()，数列是首项，公比为的等比数列.【小问2详解】由第(1)问，.数列的前项和.21. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴，点抛物线上， 且到抛物线的准线的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)动点在抛物线的准线上，过点作拋物线的两条切线分别交轴于两点，当面积为时，求点的坐标.【答案】(1) (2)或【解析】【分析】(1)利用抛物线的焦半径公式与标准方程得到关于的方程组，解
22、之即可；(2)先由面积得到，再联立切线与抛物线方程，结合韦达定理得到，从而求得，由此得解.【小问1详解】依题意，设抛物线的方程为，因为点在抛物线上，所以，则，因为到抛物线准线的距离为，所以，联立，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】设动点的坐标为，设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，令两个方程中的，则可得，此时，因为，所以，则，设过点的抛物线的切线方程为，联立方程，消去，得，因为直线与抛物线相切，所以，整理得，由题知直线为抛物线的两条切线，则为方程的两根，所以，由得，解得，此时，对于，有，满足题意，所以点的坐标为或.22. 已知椭圆的离心率为，过椭圆的一个焦点作垂直于轴的直线与椭
23、圆交于两点，.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】(1)依题意可得、，即可求出、，从而求出椭圆方程；(2)法一：设直线方程为，由，可得，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入即可得到，消去参数，即可得解；法二：依题意可得，设，则，设，根据向量共线的坐标表示用、表示、，再消去参数即可得解.【小问1详解】解：由题知 ，又， 联立解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】解法一：由题知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为，设，上式可化简，联立消去化简可得，则，代入直线方程，即，解得，由消去可得，则点必在定直线；法二：，即，设，则，设，由可得，由，可得，、在椭圆上，化简可得，两式相减得到，点必在定直线上.