福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题含答案.docx

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1、福州市八县（市）协作校2022-2023学年第一学期期末联考高二 数学试卷【完卷时间：120分钟：满分150分】命题：福建师范大学附属福清德旺中学 吴国宁 林希雅一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的.1. 过点且平行于直线的直线方程为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据平行关系设直线方程，再代入点的坐标，求直线方程.【详解】设与直线平行的直线是，代入点得，得，所以直线方程是.故选：A2. 若圆与圆有且仅有一条公切线，则（ ）A. 16B. 25C. 36D. 16或36【答案】C【解析】【分析】将圆化成标准

2、方程，求出圆心和半径，由题可判断两圆内切，结合圆心距等于半径差可求.【详解】根据题意，圆，即，其圆心，半径为1，圆，圆心为，半径为，两圆的圆心距，若两圆有且仅有一条公切线，则两圆内切，则有，又由，解可得，故选：C3. 已知点A(m,n)在椭圆上，则的最大值是.（）A. 6B. 8C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】由已知条件得出，利用椭圆的有界性得出，由此可求得的取值范围，即可得解.【详解】由题意可得，则，故因为，所以，所以，即因此，的最大值.故选：B.4. 已知，双曲线的左、右焦点分别为，点是双曲线左支上一点，则的最小值为（）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】C【解析】【分析】

3、根据双曲线的方程，求得焦点坐标，由双曲线的性质，整理，利用三角形三边关系，可得答案.【详解】由双曲线，则，即，且，由题意，当且仅当共线时，等号成立.故选：C.5. 中国古代数学著作算法统综中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的是（ ）A. 该人第五天走的路程为14里B. 该人第三天走的路程为42里C. 该人前三天共走的路程为330里D. 该人最后三天共走的路程为42里【答案】D【解析】

4、【分析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出，判断A,B;求出可判断C,D.【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，设数列前n项和为，则，故 ，解得，则，故 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；，该人第三天走的路程为48里，B错误；，该人前三天共走的路程为里，C错误；由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，故选：D6. 已知两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则的值为（）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由题，可设，则.【详解】因等差数列前n项和为关于n的不含常数项的二次函数，又，则可设

5、，则.故选：A7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段的中点，且，则C的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】B【解析】【分析】由题意可得为直角三角形，再结合A为线段的中点，可得AO垂直平分，可表示出直线，再联立渐近线方程可以得到，的关系，进而得到双曲线离心率【详解】由题意可知，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，A为线段的中点，当交点在轴上方或轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如图.根据双曲线可得，两条渐近线方程，为的中点，又A为线段BF1的中点，垂直平分，可设直线为，

6、直线为，直线为，由得，交点坐标，点还在直线上，可得，所以双曲线C的离心率，故选：B8. 曲线上存在两点A，B到直线距离等于到的距离，则（）A. 12B. 13C. 14D. 15【答案】C【解析】【分析】由题可知A，B为半圆C与抛物线的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.【详解】由曲线，可得，即，为圆心为，半径为7的半圆，又直线为抛物线的准线，点为抛物线的焦点，依题意可知A，B为半圆C与抛物线的交点，由，得，设，则，.故选:C.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9. 已知正方体，棱长

7、为1，分别为棱的中点，则（ ）A. 直线与直线共面B. C. 直线与直线的所成角为D. 三棱锥的体积为【答案】BD【解析】【分析】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，对于A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用求解.【详解】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，则，对于A，假设直线与直线共面，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为，所以，矛盾，所以直线与直线不共面，所以A错误；对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，设直线与直线的所成角为，因为，所以，所以，所以C错误，对于D

8、，因为平面，所以，所以D正确，故选：BD.10. 已知椭圆的左、右焦点为，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（ ）A. 的周长为B. 当时，的边C. 当时，的面积为D. 椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得，进而求得，；根据，可求得；根据余弦定理可求得，进而求得面积；根据为直角三角形分情况求得满足题意的点P的个数即可【详解】解：由易得， 的周长为，故A对；令得，故B错；设，由余弦定理得， ，故C对；当，由选项B的分析知满足题意的点P有2个；同理当，满足的点P也有2个；当，有，解得，所以满足题意的点P为椭圆的上下

9、两顶点，综上满足点P共6个，故D对故选：ACD11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，.该数列的特点如下：前两个数均为，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】写出的前几项，通过观察可得数列的周期，进而结合数列的性质以及的定义，可判断A、B项；因为，可推得，逐项代入即可得到C项；由，可得，逐项代入即可得到，从而得到D项错误.【详解】因为，根据数列的性质以及的定义可得，.同理可推得，

10、当时，有，所以是以为周期的周期数列，所以，所以A项错误；由周期性可知，故B正确；因为，可推得，逐项代入，可得，所以C正确；因为，所以D错误故选：BC12. 抛物线的光学性质为：从焦点发出的光线经过抛物线上的点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，且法线垂直于抛物线在点处的切线已知抛物线上任意一点处的切线为，直线交抛物线于，抛物线在，两点处的切线相交于点下列说法正确的是（ ）A. 直线方程为B. 记弦中点为，则平行轴或与轴重合C. 切线与轴的交点恰在以为直径的圆上D. 【答案】BCD【解析】【分析】设为，与抛物线联立，根据韦达定理用表示出，即可判断A项；根据已知可推出，是一元二次方程的两组解，又

11、直线方程为，两式比较可得，即可判断B项；通过求出、点坐标，推导以及，即可判断C项；根据抛物线的光学性质，结合已知条件，可推出，进而推得.【详解】设为，与抛物线联立得，必有，代回方程整理得：，A项错误；由已知，抛物线在点处的切线切线：，在两点处的切线，设点，则满足方程组，则可知，是一元二次方程的两组解，由经过两点，的直线有且仅有一条，故方程为，变形为，又直线方程为，两式对应系数得，所以平行轴或与轴重合，B项正确；如图，记切线与轴的交点，同理切线与轴的交点，亦有，故，所以，四点共圆，且为直径，C项正确；如图，记切线与轴的交点为，过作轴平行线，由抛物线光学性质，由等腰、直角、，四点共圆（对同弦圆周角

12、相等），可得如图五个角相等；同理，五个角相等 则，D项正确故选：BCD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知空间向量，若，则_【答案】【解析】【分析】利用向量平行可知，然后计算即可.【详解】由题可知，所以有，解得，所以故答案为：14. 过点作圆的切线，则切线的方程为_【答案】或【解析】【分析】讨论切线的斜率是否存在.当斜率存在时，设斜率为，得到直线方程，根据圆心到直线的距离，得到，解出，代入直线方程即可.【详解】由已知圆心，半径.又，所以，点在圆外.当直线斜率不存在时，直线的方程为.此时，圆心到直线的距离，所以直线不是圆的切线；当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为

13、，整理可得，.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，整理得，解得，或.当时，直线方程为；当时，直线方程为，化为一般式方程为.所以切线的方程为或.故答案为：或.15. 已知、分别是双曲线的左、右焦点，动点在双曲线的左支上，点为圆上一动点，则的最小值为_.【答案】6【解析】【分析】结合双曲线的定义以及圆的几何性质求得正确答案.【详解】双曲线，圆的圆心为，半径，在双曲线的左支上，所以，根据圆的几何性质可知，的最小值是，所以的最小值是.故答案为：16. 已知数列的前n项和为，满足（k是常数.，且，则_.【答案】128【解析】【分析】先由与的关系式得到数列为等比数列，并设数列的公比为，同时可证数列

14、也是等比数列，并且公比为，再把，三个式子全部表示为的形式，进一步运算得到答案.【详解】因为（是常数，），所以当时有，两式相减得，即，所以数列为等比数列，设数列的公比为，.数列是公比为的等比数列.又因为，则；因为，则，即.，把分别代入上式，得.故答案为：128.四、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. 已知从圆外一点P(4，6)作圆O：的两条切线，切点分别为A，B（1）求以OP为直径的圆的方程；（2）求直线AB的方程【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由已知求得圆心和半径可得所求的圆的方程； （2）联立两圆的方程即得直线的方程【小问1详解】所

15、求圆的圆心为线段的中点，半径为，以为直径的圆的方程为；【小问2详解】、是圆的两条切线，A，B两点都在以为直径的圆上，由，可得直线的方程为.18. 已知是等差数列的前n项和，且.（1）求；（2）若，数列的前n项和.求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本量列方程求解即可；（2）由裂项相消法求和得出再证明即可.【小问1详解】为等差数列，则，.，故，故.【小问2详解】，19. 如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面ABCD，为等腰直角三角形，O、Q分别为AD、PB的中点（1）证明：；（2）求直线AQ与平面PBC所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析

16、】（1）由平面平面ABCD，可得平面PAD，再由线面垂直的性质定理可得答案；（2）由已知可得平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出、平面PBC的法向量，由线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD平面PAD，又平面PAD，；【小问2详解】因为，O为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面PBC的法向

17、量为，则，即，取，可得，设直线AQ与平面PBC所成的角为，则20. 在数列中，且.（1）证明：是等比数列.（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；（2）利用分组求和和错位相减求解即可.【小问1详解】由题意可得，因为，所以，所以，所以，即，又，所以是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）得，所以，设数列前项和为，数列前项和为，则，-得，所以，又，所以.21. 已知双曲线的焦距为且经过点.（1）求双曲线的方程：（2）若直线不经过点，与双曲线C交于A、B两点，且直线MA，MB的斜率之和为1，求证：直线l恒过定点.【答案】（1

18、） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先由双曲线的焦距求得，从而得到，再将点代入双曲线方程即可得到关于的方程，解之即可得解；（2）先假设直线斜率存在，联立直线与双曲线的方程，利用直线MA，MB的斜率之和为1求得或，从而得到直线经过定点，再检验得直线斜率不存在时，也经过点，由此得证.【小问1详解】因为双曲线的焦距为，所以，即，所以，即，又双曲线经过点，所以，则，解得或（舍去），则，所以双曲线C的方程为.【小问2详解】依题意，可知直线MA，MB的斜率必然存在，且，当直线（即直线）斜率存在时，设直线方程为，联立，消去，得，由题意可知，则，而，所以，整理得，所以，整理得，即，所以，解得或，当时，直

19、线方程为，则直线经过点，矛盾，舍去；当时，直线方程，则直线经过定点，此时由，得，即，显然有解，满足题意；当直线（即直线）斜率不存在时，不妨设直线为，联立，解得，则，满足题意，此时直线经过点；综上：直线恒过定点.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22. 已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线：的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，且的重心为G在曲线上.（1）求抛物线C的方程；（2）记曲线与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG的面积最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据直线与抛物线的位置关系，求解交点坐标关系，根据三角形重心坐标公式，即可得重心坐标，再代入曲线上，即可得确定抛物线方程；（2）根据坐标关系可证得，则可按梯形面积公式求解即可得面积表达式，结合基本不等式求解最值即可.【小问1详解】解：焦点，显然直线AB的斜率存在，设：，联立，消去y得，设，则，所以，所以，且，故，即，整理得对任意的恒成立，故，所求抛物线的方程为.【小问2详解】解：由（1）知，则，又弦AB的中点为M，的重心为G，则，故，所以，D点到直线AB的距离，所以四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时四边形的面积最小值为.