2022-2023学年山东省滕州市重点中学高二年级上册学期1月期末考试数学试题【含答案】

滕州市重点中学2022-2023学年高二上学期1月期末考试数学试题一、单选题(本题8小题，每题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．已知三棱锥中，点M，N分别为AB，OC的中点，且，，，则（

）A．B．C．D．2．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（

）A． B． C． D．3．已知是抛物线上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，若是圆：上任意一点，则的最小值是（

）A． B．4 C．5 D．64．数列满足：首项，，则下列说法正确的是（）A．该数列的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列B．该数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列C．该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列D．该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列5．已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.令，则数列的前50项和（

）A． B． C． D．6．已知圆与圆，则两圆的位置关系是（

）A．相离 B．外切 C．相交 D．内切7．已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是（

）A．B．C． D．8．设，分别为双曲线：的左､右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于，两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．二、多选题(在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，选错得0分)9．设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S7＜S8，S8＝S9＞S10，则下列结论正确的是（

）A．d＜0 B．a9＝0 C．S11＞S7 D．S8、S9均为Sn的最大值10．已知曲线的方程为．（

）A．当时，曲线是半径为2的圆B．当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为C．存在实数，使得曲线为离心率为的双曲线D．“”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件11．“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体．如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C．半圆的方程为，半椭圆的方程为．则下列说法正确的是（

）A．点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，则△OAB面积的最大值为6B．曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7C．若，P是半椭圆上的一个动点，则cos∠APB的最小值为D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上．称该圆为椭圆的蒙日圆，那么半椭圆扩充为整个椭圆：后，椭圆的蒙日圆方程为12．在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，在堑堵中，是的中点，，若平面α过点P，且与平行，则（

）A．异面直线与所成角的余弦值为B．三棱锥的体积是该“堑堵”体积的C．当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于D．当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．（1）若数列为等比数列，且，则______.（其中为正整数）（2）．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则的重心到直线BN的距离为___________.（3）．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是_________.（4）．已知椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率e的最大值为___________.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)14．已知各项均不相等的等差数列的前4项和为10，且是等比数列的前3项．(1)求；(2)设，求的前n项和．15.如图，在三棱锥中，底面.点分别为棱的中点，是线段的中点，.(1)求证：//平面；(2)求直线与平面的夹角的正弦值；(3)求点A到平面的距离.16．已知直线与圆交于两点．(1)求出直线恒过定点的坐标；(2)用点斜式写出直线方程，并求直线的斜率k的取值范围；(3)若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．17．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，点在线段上，平面.(1)求证：为的中点；(2)求二面角的大小；(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.18．已知数列的前项和为，数列是以为首项，为公差的等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.19．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，动点在椭圆上，的周长为6．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆的另一个交点为，过分别作直线的垂线，垂足为与轴的交点为．若四边形的面积是面积的3倍，求直线斜率的取值范围.滕州市重点中学2022-2023学年高二上学期1月期末考试数学试题参考答案：1．D【详解】.故选：D.2．C【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为，则点A到平面的距离.故选：C3．D【详解】抛物线的焦点是，准线方程是，PH与准线的交点是，圆C的半径为，圆心为，依题意作下图：由图可知：，，当C，P，F三点共线时最小，的最小值是6；故选：D.4．D【详解】已知数列满足，则，，，，，对于A，，即，所以该数列的奇数项成等比数列不成立，，即，所以该数列的偶数项成等差数列不成立，A选项错误；对于B，，即，所以该数列的奇数项成等差数列不成立，，即，所以该数列的偶数项成等比数列不成立，B选项错误；对于C，，，，所以该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列不成立，C选项错误；对于D，令，由可得，所以，所以即是公比为2的等比数列，则该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列，D选项正确；故选：D.5．D【详解】因为，，，由题意得，解得，所以，则，则.故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.6．D【分析】分别将两圆化成标准方程，求出圆心距并和两半径差与和相比较即可求解.【详解】因为圆可化为：，圆心坐标为，半径；圆可化为：，圆心坐标为，半径；圆心距，因为，所以圆与圆内切，故选：.7．B【分析】计算，再考虑和两种情况，得到倾斜角范围.【详解】，则，设直线的倾斜角为，故，所以当时，直线的倾斜角；当时，直线的倾斜角；综上所述：直线的倾斜角故选：B8．D【分析】联立与求出，进而的正切可求，得出的关系，从而进一步解出答案.【详解】依题意得,以线段为直径的圆的方程为,双曲线的一条渐近线的方程为.由以及解得或不妨取,则.因为,所以,又,所以,所以,所以该双曲线的离心率.故选：D.9．ABD【分析】由题意可得数列的前8项为正数，第9项为0，从第10项开始为负数，各个选项验证可得答案．【详解】解：∵S7＜S8，∴a8>0,∵S8＝S9，∴a9＝0,则a9-a8＝d＜0，故选项A，B正确；S11－S7＝＝11a1＋55d－7a1－21d＝4a1+34d＜0，∵a9＝a1+8d＝0，∴a1＝－8d∴4a1+34d＝－32d+34d＝2d＜0∴S11＜S7，故C错误．易知数列的前8项为正数，第9项为0，从第10项开始为负数，故选项D正确；故选：ABD.10．ABD【解析】A.由得到曲线方程判断；B.由得到曲线方程判断；C.根据曲线为离心率为的双曲线，则由判断；D.利用充分和必要条件的定义判断.【详解】A.当时，曲线方程为，所以是半径为2的圆，故正确；B.当时，曲线方程为，所以是双曲线，且其渐近线方程为，故正确；C.若曲线为离心率为的双曲线，则，方程无解，故错误；D.当时，，曲线为焦点在y轴上的椭圆，故不充分，当曲线为焦点在轴上的椭圆时，则，解得，故必要，故正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查曲线与方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.11．ABD【分析】选项A，易得，，从而判断；选项B根据椭圆的性质解决椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到|PA|、|PB|之和为定值，由基本不等式可以得到、|PB|乘积的最大值，结合余弦定理即可求出cos∠APB的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程．【详解】解：对于A，因为点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，则，，则，当位于椭圆的下顶点时取等号，所以△OAB面积的最大值为6，故A正确；对于B，半圆上的点到点的距离都是，半椭圆上的点到点的距离的最小值为，最大值为，所以曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7，故B正确；对于C，是椭圆的两个焦点，在△PAB中，，由余弦定理知：，当且仅当时取等号，所以cos∠APB的最小值为，故C错误；对于D，由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为，该点在蒙日圆上，半径为此时蒙日圆方程为：，故D正确．故选：ABD．12．ABC【分析】利用坐标法及线线角的向量求法可判断A，根据锥体的体积公式可判断B，作出平面α截棱柱的截面图形结合条件可得截面的面积判断CD.【详解】对于A，由题可知两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确；对于B，，，所以B正确；对于C，如图，，，分别为的中点，则，，，，，所以，共面，又，平面，平面，所以平面，则四边形为平面α截棱柱的截面图形，所以四边形是等腰梯形，且高为，当不是中点时，不平行平面，则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，，所以C正确；对于D，如图，分别为的中点，则，，，，所以，同理可得四边形为平面α截棱柱的截面图形，由题可知平面，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以，故四边形是直角梯形，当不是中点时，不平行平面，则四边形不是梯形，直角梯形有且仅有一个，其面积为，故D错误.故选：ABC.13．（1）【分析】求出新等比数列的公比代入求和公式即可.【详解】因为数列为等比数列，，所以.则.故答案为：4.（2）．【分析】以为轴建立空间直角坐标系，由重心坐标公式求得的重心的坐标，用空间向量法求点到直线的距离．【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，设的重心是，则，，，即，，，，，，，则是锐角，，所以到直线的距离为．故答案为：．（3）．【分析】根据投影向量的定义，应用空间向量夹角的坐标运算求夹角余弦值，进而求即可.【详解】，所以向量在向量上的投影向量为.故答案为：（4）．【分析】利用已知条件设出椭圆的左焦点，进一步根据垂直的条件得到长方形，则，再根椭圆的定义，由离心率的公式得到，即可求解答案.【详解】已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B、F为其右焦点，设椭圆的左焦点为，连接，所以四边形为长方形，根据椭圆的定义，且，则，所以，又由离心率的公式得，由，则，所以，即椭圆的离心率的最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：把椭圆的离心率转化为的三角函数，利用三角函数的值域求解是解答的关键.14．(1)，(2)【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项公式求得基本量，从而利用公式法依次求得；（2）结合（1）中结论，利用分组求和法与裂项相消法即可得解.【详解】（1）设等差数列的公差为，前项和为，则，因为，则，即，又因为成等比数列，所以，即，整理得，又因为，所以，联立，解得，所以，又，，是等比数列，所以，则.（2）由（1）得，所以，所以数列的前n项和.15．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线线平行证MF平面、NF平面，即可依次证平面MNF平面、平面；（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求线面角；（3）由向量法求与平面的夹角的正弦值，则点A到平面的距离为.【详解】（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵是线段的中点，∴，∵平面，平面，∴MF平面.∵点分别为棱的中点，∴，∵平面，平面，∴NF平面.∵，∴平面MNF，∴平面MNF平面，∵平面MNF，∴平面.（2）∵底面，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，则有，，设平面的法向量为，则，令，则有，设与平面所成角为，则直线与平面的夹角的正弦值为.（3）由（2）得，，设与平面所成角为，则点A到平面的距离为.16．(1)；(2)；；(3)为定值.【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标.（2）由（1）结合直线的点斜式写出方程，再利用圆心到直线距离小于半径求解即可.（3）设出直线的方程，与圆方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式求解作答.【详解】（1）将直线方程整理为：，令，解得：，所以直线恒过定点.（2）直线斜率为，由（1）得，直线的点斜式方程为：，即，圆：的圆心，半径，因为直线与圆交于两点，则圆心到直线距离，即，解得：，所以直线斜率的取值范围为.（3）设，，当时，与圆仅有一个交点，不合题意，即有，则直线，令直线方程为，由得：，由（2）知：，，，因此，所以为定值.17．(1)详见解析；(2)；(3)存在，或.【分析】（1）设，根据线面平行的性质可得，进而即得；（2）取的中点，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用坐标法利用面面角的向量求法即得；（3）设，利用线面角的向量求法结合条件即得.【详解】（1）设，连接，因为侧面为正方形，所以为的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，又为的中点，所以为的中点；（2）因为，所以，又平面，平面，所以平面，取的中点，则，由平面，平面，可得，又平面，平面，所以平面，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，又平面的法向量可取，所以，所以二面角的大小为；（3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，设，因为，所以，，又，所以，又平面的一个法向量为，所以，整理可得，解得或，所以在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，的值为或.18．(1)(2)【分析】(1)根据题意求出,再由即可写出的通项公式；(2)根据的通项公式，找到其正负临界的值