《2022-2023学年福建省福州市四校联盟（永泰城关中学、连江文笔中学、长乐、元洪中学）高二年级上册学期期末联考数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年福建省福州市四校联盟（永泰城关中学、连江文笔中学、长乐、元洪中学）高二年级上册学期期末联考数学试题【含答案】（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年福建省福州市四校联盟（永泰城关中学、连江文笔中学、长乐、元洪中学）高二上学期期末联考数学试题一、单选题1渐近线方程为的双曲线的离心率是AB1CD2【答案】C【解析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.【详解】根据渐近线方程为xy0的双曲线，可得，所以c则该双曲线的离心率为 e，故选C【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.2直线与直线平行，则AB或CD或【答案】B【分析】两直线平行，斜率相等；按，和三类求解.【详解】当即时，两直线为，两直线不平行，不符合题意；当时，两
2、直线为 ， 两直线不平行，不符合题意；当即时，直线的斜率为 ，直线的斜率为，因为两直线平行，所以，解得或，故选B.【点睛】本题考查直线平行的斜率关系，注意斜率不存在和斜率为零的情况.3如图所示，在平行六面体中，M为与的交点.若，则下列向量中与相等的向量是（）ABCD【答案】A【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：，根据空间向量基本定理可知：只有与相等.故选：A.4已知数列为等差数列，为其前项和，则（）A2B7C14D28【答案】C【分析】由等差数列的性质与前项和公式求解，【详解】由题意得，则，而，故选：C5已知抛物线上横坐标为4的点到此抛物线焦点的距离为9，则该抛物线
3、的焦点到准线的距离为（）A4B9C10D18【答案】C【分析】根据题意结合抛物线的定义可得，即可得结果.【详解】由题意可得：的焦点坐标为，准线为，设抛物线上横坐标为4的点为，则，解得，故该抛物线的焦点到准线的距离为.故选：C.6已知点，.若直线与线段AB恒相交，则k的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】由题意，求直线所过的定点，作图，根据斜率的变化规律，可得答案.【详解】由直线方程，令，解得，故直线过定点，如下图：则直线的斜率，直线的斜率，由图可知：.故选：D.7已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F，过点F作圆的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆C的离心率为（）ABCD【答案】D【分析】由题
4、意画出图形，可得，再由结合离心率公式求解【详解】如图， 由题意可得，即，则，即故选：D8意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2整除后的余数构成一个新数列，则数列的前2020项的和为（）A1346B673C1347D1348【答案】C【分析】由已知条件写出数列的前若干项，观察发现此数列周期为3，从而可求得答案.【详解】由题意可得：若，等价于为偶数，若，等价于为奇数，则，猜想：，当时，成立；假设当时，成立，则为奇数，为偶数；当时，则为奇数，为奇数，为偶
5、数，故符合猜想；得证，则连续三项之和为2，故数列的前2020项的和为.故选：C.【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.二、多选题9以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（）ABCD【答案】ABD【分析】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.【详解】对A：若，结合向量基本定理知：为共面向量，故四点P、M、A、B共面，A正确；对B：若，且，结合向量共面的性质知：四点P、M、A、B共面，B正
6、确；对C：若，则，可知直线的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A、B不一定共面，C错误；对D：若，可知直线的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；故选：ABD.10已知曲线，（）A若，则C的离心率是B若，则C的离心率是C若，则C是双曲线D若，则C是椭圆【答案】AC【分析】根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质逐项分析判断.【详解】对A、B：若，则，由于，即，表示焦点在y轴的椭圆，则，可得，故A正确，B错误；对C：若，即异号，则异号，当故，即表示焦点在x轴上的双曲线；当故，即表示焦点在y轴上的双曲线，综上所述：若，则C是双曲线，C正确；对D：若，曲线C不一定是椭圆，例如，曲线C
7、是圆，D错误；故选：AC.11已知圆，点是直线上任意一点，若以为圆心，半径为的圆与圆没有公共点，则整数的值可能为（）ABCD【答案】AB【分析】由题意可得圆心到直线的距离大于，利用点到直线的距离公式求得的范围，可得结论.【详解】圆即，则圆心为，半径，依题意圆心到直线的距离大于，即，解得，又，所以或或.故选：AB12设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a11，a7a81，0.则下列结论正确的是（）A0q1Ba7a91，0q1，a7a81，1，0a81， 0q1，0a81，0q1，所以Sn无最大值，故D错误.故选：ABC.三、填空题13已知空间向量，则向量在向量
8、上的投影向量是_.【答案】【分析】根据投影向量的计算公式，代值计算即可.【详解】由题意可得：，则向量在向量上的投影向量是.故答案为：.14数列中，则此数列的通项公式_.【答案】【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.【详解】因为，所以，又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.故答案为：15已知双曲线的左焦点为，顶点，是双曲线右支上的动点，则的最小值等于_.【答案】6【分析】利用双曲线的性质，得到，代入所求式子，结合两点距离直线最短原理，计算最小值，即可【详解】结合题意，绘制图像：根据双曲线的性质可知，得到，所以，而，所以，所以最小值为6.
9、【点睛】本道题考查了双曲线的性质，考查了两点距离公式，难度中等16定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是_.【答案】【分析】建系，求利用空间向量设点，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设，则，可得，即，故，同理可得：，则，当且仅当时，等号成立，对，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当，即时等号成立，即直线与之间的距离是.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用空间直角坐标系处理问题的基本步骤：（1）建立适合的坐标系并标点；（2）将图形关系转化为数量关系；（
10、3）代入相应的公式分析运算.四、解答题17已知数列满足，数列等差数列，且，.(1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据等比数列的定义，直接写出，由等差数列的基本量运算，结合已知条件，求得，即可求得；（2）利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前n项和公式，直接求解即可.【详解】（1）由题意可知：数列是以首项为，公比的等比数列，故，等差数列的公差为，则，解得，故.（2）由题意可得：，故18已知空间三点，设，(1)若，求.(2)求与的夹角的余弦值(3)若与互相垂直，求【答案】(1)或(2)(3)或【分析】对于（1），设出向量的坐标，由模的公式和
11、向量共线的坐标表示可得答案.对于（2），利用向量的坐标公式和向量的夹角公式即可得答案.对于（3），运用向量垂直的条件：数量积为，结合向量的平方即为模的平方可得答案.【详解】（1）因，且，则可设.又，则，得.故或.（2）由题可得，.则.（3）由（2）得，.又与互相垂直，则.解得：或19如图，在平面直角坐标系中，点，.(1)求直线BC的方程；(2)求的外接圆M的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意求点的坐标，根据直线的点斜式方程运算求解；（2）设的外接圆的一般式方程，代入点，解出，即可得结果.【详解】（1）过点作轴，垂足为，由题意可得：，则，故点，延长交轴于点，由题意可得：，则为等边三
12、角形，可得，即点，则直线的斜率，所以直线BC的方程为，即.（2）由（1）可得：，设的外接圆M的方程为，则，解得，故的外接圆M的方程为，即.20如图，已知多面体均垂直于平面（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【分析】（）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.【详解】（）方法一：几何法由得，所以，即有.由，得，由得，由，得，所以，即有，又，因此平面.方法二：向量法如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy
13、z.由题意知各点坐标如下：因此,由得；由得，所以平面.（）方法一：定义法如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：向量法设直线与平面所成的角为.由(I)可知,设平面的法向量.由即，可取，所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法三：【最优解】定义法+等积法设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以故方法四：定义法+等积法设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此于是得，易得由得，解得故方法五：三正弦定理的应用设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，所以由三正弦定理得方法六：三余弦定理的应用设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量结合三余弦定理得方法七：转化法定义法
