2022-2023学年浙江省金华十校高二上学期期末联考模拟（二）数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省金华十校高二上学期期末联考模拟（二）数学试题

一、单选题

1．若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间另一个基底的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】根据空间向量共面定理可知ABD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设C中向量共面，可知不存在满足条件的实数，由此知假设错误，则C中向量可以作为基底.

【详解】对于A，，共面，不能作为空间一组基底，A错误；

对于B，，共面，不能作为空间一组基底，B错误；

对于C，假设共面，则可设

，方程组无解，不共面，可以作为空间一组基底，C正确；

对于D，，共面，不能作为空间一组基底，D错误.

故选：C.

2．如图，已知，两地相距600m，在地听到炮弹爆炸声比在地早1s，且声速为340m/s..以线段的中点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，则炮弹爆炸点的轨迹方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设炮弹爆炸点，可得，利用双曲线的定义即得.

【详解】设炮弹爆炸点的坐标为，则，

所以的轨迹是以，为焦点，实轴长为340的双曲线的左支.

因为，所以，又，

所以，，

故炮弹爆炸点的轨迹方程为.

故选：B.

3．若数列满足，，则数列中的项的值不可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用数列满足的递推关系及，依次取代入计算，能得到数列是周期为4的周期数列，得项的所有可能值，判断选项即得结果.

【详解】数列满足，，依次取代入计算得，

，，，，因此继续下去会循环，数列是周期为4的周期数列，所有可能取值为：.

故选：D.

4．如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.

【详解】由题意可知，，

因为，，，，

所以.

故选：A.

5．数列中，，，则下列结论中正确的是（　　）

A．数列的通项公式为

B．数列为等比数列

C．数列为等比数列

D．数列为等差数列

【答案】C

【分析】求出数列的前3项，利用等比数列定义判断A，B；给定等式两边取对数可得，判断C，D作答.

【详解】数列中，，，则，，显然不成等比数列，A，B都不正确；

依题意，，由两边取对数得：，

因此，数列是首项为，公比为2的等比数列，C正确，D不正确.

故选：C

6．“圆材埋壁”是《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，学会一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知道大小，用锯取锯它，锯口深一寸，锯道长一尺，问这块圆柱形木材的直径是多少？现有圆柱形木材一部分埋在墙壁中，截面如图所示，已知弦尺，弓形高寸，则阴影部分面积约为（注：，，1尺=10寸）

A．6.33平方寸 B．6.35平方寸

C．6.37平方寸 D．6.39平方寸

【答案】A

【分析】连接OC，设半径为r，则，在直角三角形中应用勾股定理即可求得r，进而求得扇形的面积，减去三角形即可得阴影部分的面积．

【详解】连接OC，设半径为r，寸，则

在直角三角形中，

即，解得

则 ，所以

则

所以扇形的面积

三角形的面积

所以阴影部分面积为

所以选A

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系在实际问题中的应用，三角形函数的概念及扇形面积公式的应用，属于基础题．

7．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（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】在上任取点，作，设， ，根据得出和的关系，从而可得关于(或的函数关系，再求出此函数的最小值即可.

【详解】

设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短

设，，

则，

，

，，

即，

，即，

，

，

，

当时，取得最小值，

故直线与之间的距离是.

故选：B.

8．已知中心在坐标原点的椭圆C1与双曲线C2有公共焦点，且左，右焦点分别为F1，F2，C1与C2在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|＝10，C1与C2的离心率分别为e1，e2，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|＝m，|PF2|＝n，，由条件可得m＝10，n＝2c，再由椭圆和双曲线的定义可得，运用三角形的三边关系求得c的范围，再由离心率公式，计算即可得到所求范围．

【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|＝m，|PF2|＝n，，

由于△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，

则有m＝10，n＝2c，

由椭圆的定义可得，

由双曲线的定义可得，

即有，

再由三角形的两边之和大于第三边，可得，

可得，即有，

由离心率公式可得，

因为，所以，，则，，

故，，则，即，

故的取值范围是.

故选：B．

二、多选题

9．等差数列的前项和为，，，则（   ）

A．数列是递减数列 B．

C．是中最小项 D．

【答案】BC

【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得、，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.

【详解】设等差数列的公差为，

由，得，

解得，因为，所以.

A：由，得等差数列为递增数列，故A错误；

B：，故B正确；

C：，

因为，由二次函数的性质可知

当或时，取到最小值，即为中最小项，故C正确；

D：，，

由，得，故D错误.

故选：BC

10．一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（    ）

A．短轴为2r，且与θ大小无关 B．离心率为cos θ，且与r大小无关

C．焦距为2r tan θ D．面积为

【答案】ACD

【分析】由题设可得短轴长，长轴长，进而求出焦距、离心率，根据椭圆与底面圆的投影关系确定椭圆面积.

【详解】由题意，椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，

所以，故，焦距为，

由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，

所以椭圆面积为.

综上，A、C、D正确，B错误.

故选：ACD

11．已知椭圆C：（）的离心率为，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足.动点Q满足，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．动点Q的轨迹方程为

C．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为

D．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为

【答案】ABD

【分析】对于A：利用离心率直接求出；对于B：设进行向量坐标化，整理化简得到，即可判断出动点的轨迹方程为直线，故正确；

对于C、D：求出线段长度的最小值即为原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.

【详解】对于A：由椭圆的离心率为，得，所以，故正确；

对于B：设

，由，得两式相乘得，同理可得，

由题意知且，否则与矛盾，

动点的轨迹方程为，即直线，故正确；

对于C、D：所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，

min，

故C错误，D正确.

故选：ABD.

12．如图所示，已知几何体由两个棱长为1的正方体堆叠而成，G为的中点，则下述选项正确的是（    ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积为

C．平面与平面夹角的正弦值为

D．若P为空间一动点，且，则P点运动轨迹与该几何体表面相交的长度为

【答案】AD

【分析】对于A，由面面垂直的判定定理判断，对于B，根据题意由求解，对于C，如图建立空间直角坐标系求解，对于D，如图可知轨迹与几何体表面所交部分为6个半径为1的圆.

【详解】对于A，连接，因为平面，平面，所以，因为，∥，所以，因为，平面，所以平面，则A正确；

对于B，，所以B错误；

对于C，如图以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，

所以,

设平面的法向量为，则

，令，则

设平面的法向量为，则

，令，则，

设平面与平面夹角为，由图可知为锐角，

所以，

所以，所以平面与平面夹角的正弦值为，所以C错误；

对于D，由如图可知轨迹与几何体表面所交部分为6个半径为1的圆，则长度为，所以D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．

【答案】##-0.125

【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.

【详解】连接，如图，

因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，

则平面PAB，又平面PAB，即有，

因M是AC的中点，则，又，

，当且仅当取“=”，

所以的最小值为.

故答案为：

14．已知圆，点，设是圆上的动点，令，则的最小值为________．

【答案】

【分析】设动点的坐标，利用两点间距离公式，整理的表达式，则可得当取得最小值时，取得最小值，由定点到圆上一点的距离最值，可得答案.

【详解】设，，，

，

当取得最小值时，取得最小值，

由圆，则圆心，半径，

易知，则.

故答案为：.

15．一件家用电器，现价2000元，实行分期付款，一年后还清，购买后一个月第一次付款，以后每月付款一次，每次付款数相同，共付12次，月利率为0.8%，并按复利计息，那么每期应付款______元．（参考数据：，，，）

【答案】176

【分析】设每期应付款x元，第n期付款后欠款元，则由题意得，解方程可求得答案

【详解】设每期应付款x元，第n期付款后欠款元，

则，

，…

．

因为，所以，

解得，

即每期应付款176元．

故答案为：176

16．已知棱长为3的正方体中，点是棱的中点，，动点P在正方形 (包括边界)内运动，且平面，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，面截正方体的截面为梯形，其中，，取中点，在上取点，使，在取点，使，则平面平面，推导出点的轨迹是线段，利用向量法能求出的长度范围．

【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

面截正方体的截面为梯形，其中，，

取中点，在上取点，使，在取点，使，

则平面平面，

动点在正方形（包括边界）内运动，且面，

点的轨迹是线段，

，0，，，0，，，3，，

，0，，，3，，

点到线段的距离，

的长度的最小值为，

又，，长度的最大值为．

的长度范围为．

故答案为：．

四、解答题

17．设数列的前项和为，且满足，是公差不为的等差数列，，是与的等比中项．

(1)求数列和的通项公式；

(2)对任意的正整数，设，求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）令可得的值，当时，与已知条件两式相减可得，由等比数列的定义可知数列是首项为，公比为的等比数列，进而求出数列的通项公式，设的公差为，将整理成关于的方程，解出的值，即可得到的通项公式；

（2）由（1）可得数列的通项公式，再利用分组求和法即可求出结果．

【详解】（1）解：在中，令得，，

当时，，

，即，

，

数列是首项为，公比为的等比数列，

，

设的公差为，由题意可得，即，

整理得，

解得或舍去，

．

（2）解：由题意可得，

．

18．已知圆．

(1)若圆C被直线截得的弦长为8，求圆C的直径；

(2)已知圆C过定点P，且直线与圆C交于A，B两点，若，求a的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据弦长为8，利用弦心距、半径、半弦长之间的关系列出方程求解即可；

（2）求出动圆所过定点，再联立直线与圆的方程，求出交点坐标，由数量积的坐标运算列出不等式即可求解.

【详解】（1）依题意可知圆的圆心为，

到直线的距离，

因为圆被直线截得的弦长为8，所以，

解得，故圆的直径为.

（2）圆的一般方程为，

令，，解得，所以定点的坐标为.

联立解得或

所以，因为，所以.

又方程表示一个圆，所以，

所以的取值范围是.

19．已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)直线与曲线交于两点，且中点为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆的定义求解，

（2）由点差法得直线斜率后求解，

【详解】（1）由题可知，

则

由椭圆定义知的轨迹是以、为焦点，且长轴长为的椭圆，

∴，∴

∴的轨迹方程为：

（2）设,∵ 都在椭圆上，

∴  ，，相减可得，

又中点为，∴ ，

∴  ，即直线的斜率为，

∴直线的方程为，即,

因为点在椭圆内，所以直线与椭圆相交于两点，满足条件.

故直线的方程为.

20．如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，．

(1)求点到平面的距离；

(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，交于，进而证明点在上，平面，即可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；

（2）结合（1）求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.

【详解】（1）：取的中点，连接，．

因为是三棱锥的高，即平面，

因为平面

所以．

因为，的中点为，

所以，

因为平面

所以平面，

因为平面，

所以．

又因为是边长为的正三角形，的中点为

所以，，即点在上．

所以，，，，．

过点作，交于，则两两垂直，

所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，．

设平面的法向量为，

则，即，取，则．

所以，点到平面的距离为．

（2）解：结合（1）得，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，即，取，则．

所以，，

设，．

所以，．

设平面的法向量为，

则，即 取，则．

所以，，当且仅当时，等号成立．

所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．

21．已知各项均为正数的数列、满足，，且，，成等差数列，，，成等比数列.

(1)证明：数列为等差数列；

(2)记，且数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据等差中项及等比中项的性质化简后，由等差中项可判断数列为等差数列；

（2）由数列为等差数列求出，代入条件可求出，利用裂项相消法求和即可得证.

【详解】（1）由条件可得，且，又，，

故，代入中，得时，

有，即，

所以数列为等差数列.

（2）由（1）知数列为等差数列且，由，

可得，由，所以，.

数列是首项为，公差为的等差数列，得，

即，

故，即，

所以时，

，且也符合上式，故

则，

所以，

而，所以.

22．已知动圆过点，并且与圆外切，设动圆的圆心的轨迹为．

(1)求曲线的方程；

(2)过动点作直线与曲线交于，两点，当为的中点时，求的值；

(3)过点的直线与曲线交于，两点，设直线，点，直线交于点，证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析，点

【分析】（1）根据双曲线定义可得轨迹方程；

（2）分情况讨论直线斜率是否存在，联立直线与曲线方程，由根与系数关系计算；

（3）分情况讨论直线斜率是否存在，联立方程，由根与系数关系，证明关系式，可得直线过定点.

【详解】（1）解：设动圆的圆心，半径为，则由题意可得，即

因为，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，且，

所以曲线的方程为．

（2）解：当直线的斜率不存在时，，此时；

直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立得，

，

．

因为为的中点，所以，代入曲线方程得；

整理可得；

，

因为恰为双曲线的渐近线，且其中一条渐近线的倾斜角为，

所以，所以．

综上可得．

（3）证明：当直线的斜率不存在时，，直线

当直线的斜率存在时，设直线，，

直线，当时，，

，联立得，

，

下面证明直线经过点，即证，

把代入整理得，

即，

所以直线经过点．