2022-2023学年贵州省铜仁市高二上学期1月期末质量监测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年贵州省铜仁市高二上学期1月期末质量监测数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省铜仁市高二上学期1月期末质量监测数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是A． B． C． D．【答案】B【分析】直线即，故直线的斜率为设直线的倾斜角为则，且故故选【详解】2．若直线经过两点，且与直线平行，则（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】根据直线平行，即斜率相等，结合斜率两点式列方程求参数即可.【详解】由题意，则，可得.故选：D3．为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习筑围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛.统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为（    ）A．76 B．77 C．78 D．80【答案】B【分析】先利用等差数列的首项和公差求出通项公式，再利用百分位数的概念求解即可.【详解】记10个班级的平均成绩形成的等差数列为，则，又，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为.故选：B4．过抛物线的焦点作直线，交抛物线于，两点，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】如图所示，由题得，利用抛物线的定义化简即得解.【详解】如图所示，由题得，抛物线的准线方程为.所以.故选：C  5．已知向量是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则（    ）A． B．4 C． D．2【答案】C【分析】由可得，求解即可.【详解】因为，故，故，则，解得：，则.故选：C.6．已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，根据向量法求解即可.【详解】如图  建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，则，所以异面直线和所成角的余弦值为.故选：D.7．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，所以.故选：A8．若对圆上任意一点，的取值与，无关，则实数的取值范围是（    ）A． B． C．或 D．【答案】A【分析】将转化为点到直线的距离，数形结合，可求出的取值范围.【详解】依题意表示到两条平行直线和的距离之和的5倍．因为这个距离之和与x，y无关，故两条平行直线和在圆的两侧，如图所示，故圆心到直线的距离，解得或.当时，直线在圆的右下方，不满足题意，所以舍去.所以.故选：A   二、多选题9．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（    ）A．是递增数列B．C．当时，D．当或时，取得最大值【答案】BCD【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断每个选项的正误.【详解】当时，，又，所以，则是递减的等差数列，故A错误；，故B正确；当时，，故C正确；因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：BCD.10．已知曲线的方程为，和直线，则下列结论正确的是（    ）A．曲线表示以原点为圆心，以2为半径的圆B．曲线与直线有1个公共点的充分不必要条件是C．曲线与直线有2个公共点的充要条件是D．当时，曲线上有3个点到直线的距离为【答案】BCD【分析】由题设知曲线为且，即可判断A；再画出曲线、直线的图象，应用充分、必要性定义及数形结合分析B、C、D的正误.【详解】A：，故曲线为且，即曲线表示以原点为圆心，以2为半径的半圆，错；由A分析知：曲线与直线如下图示，    由图知：当直线在与半圆左侧相切和过两点（虚线表示的直线）之间时，曲线与直线有2个公共点，当直线在与半圆左侧相切，则，即，故，当直线过两点时，，所以，曲线与直线有2个公共点时，C对；当直线与半圆左侧相切，或在过两点和过之间的情况时，曲线与直线有1个公共点，当直线过时，，结合上述分析知：曲线与直线有1个公共点时，，所以曲线与直线有1个公共点的充分不必要条件是，B对；当，则，如上图实线位置上的直线，显然直线左上部分半圆有到直线距离都为，圆对称性，直线右下部分半圆存在一点到直线距离也为，所以时，曲线上有3个点到直线的距离为，D对.故选：BCD11．过椭圆的中心任作一直线交椭圆于P，Q两点，，是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，则下列说法正确的是（    ）A．周长的最小值为18B．四边形可能为矩形C．若直线PA斜率的取值范围是，则直线PB斜率的取值范围是D．的最小值为-1【答案】AC【分析】A由椭圆对称性及定义有周长为，根据椭圆性质即可判断；B根据圆的性质，结合椭圆方程与已知判断正误；C、D设，利用斜率两点式可得，进而判断C正误，应用向量数量积的坐标表示列关于的表达式，结合椭圆有界性求最值.【详解】A：根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值8，所以周长的最小值为18，正确； B：若四边形为矩形，则点P，Q必在以为直径的圆上，但此圆与椭圆无交点，错误； C：设，则，因为直线PA斜率的范围是，所以直线PB斜率的范围是，正确；D：设，则．因为，所以当时，最小值为，错误.故选：AC．12．已知正方体的棱长为4，是侧面内任一点，则下列结论中正确的是（    ）  A．若到棱的距离等于到的距离的2倍，则点的轨迹是圆的一部分B．若到棱的距离与到的距离之和为6，则点的轨迹的离心率为C．若到棱的距离比到的距离大2，则点的轨迹的离心率为D．若到棱的距离等于到的距离，则点的轨迹是线段【答案】AB【分析】由正方体的性质可将到棱的距离与到的距离转化为在平面内，M到点的距离与到点B的距离，据此求出轨迹方程判断A，根据椭圆的定义、离心率判断B，根据双曲线的定义、离心率判断C，根据抛物线的定义可判断D.【详解】对于A，由正方体可知到棱的距离等于到的距离的2倍，即在平面内，M到点的距离等于到点B的距离的2倍，连接，以中点为原点，以所在直线为x轴，以线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，  设, 则,由可得，整理得，,易知点M的轨迹是圆的一部分,所以A正确；对于B，到棱的距离与到的距离之和为6，可转化为在平面内，M到点的距离与到点B的距离的和为6，大于，所以点M的轨迹为椭圆的一部分，其中，所以椭圆的离心率，故B正确；对于C，到棱的距离比到的距离大2，转化为在平面内，，所以点M的轨迹是双曲线的一部分，该双曲线的实轴长为2，焦距为，所以离心率，所以C错误；对于D，到棱的距离等于到的距离，可转化为在平面内，M到点的距离与到的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，故D错误.故选：AB 三、填空题13．已知空间向量，，若，则______.【答案】/【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直的坐标表示求解作答.【详解】空间向量，，由，得，解得，所以.故答案为：14．在正项等比数列中，若是与的等差中项，则数列的公比______.【答案】5【分析】设正项等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到，再根据等比数列通项公式整理得，解得即可.【详解】解：设正项等比数列的公比为，，因为是与的等差中项，所以，即，即，解得或（舍去）；故答案为：.15．已知双曲线的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，其中为坐标原点，是第一象限内一点，若，且，线段与双曲线交于，若，则双曲线的渐近线方程为______.【答案】【分析】若为中点，易知，则△为等腰三角形，，根据已知可得、，结合双曲线定义得，进而可得，三角形中用余弦定理求，建立齐次方程求参数关系，即可得渐近线方程.【详解】若为中点，则，故，所以，即，故△为等腰三角形，，  又，则，由，则，由，则，而，且，所以，则，故，即，所以，故双曲线的渐近线方程为.故答案为：16．如图，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，过中点作弦，过作平面，交于，已知此平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则______.  【答案】【分析】先根据线面平行的性质定理得到SA与MN平行，从而∽，可得，再利用向量的线性运算及数量积的运算律即可求解.【详解】如图，连接CO，根据题意知，又，，   所以，因为平面CDM，且平面SAB，平面SAB平面CDM=MN，所以，所以∽，所以，又，所以，因为N为中点，所以，又，所以，又，所以.故答案为： 四、解答题17．已知正项数列的前项和为，在①，且；②；③，，这三个条件中任选一个，解答下列问题：(1)证明数列是等比数列，并求其通项公式；(2)设，数列的前项和为，若恒成立，求的最小值.注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析，；(2) 【分析】（1）由与的关系或等比数列的定义及通项公式求解即可；（2）由裂项相消法求出后，再由恒成立进行求解即可.【详解】（1）若选择条件①：因为，所以，又，所以，即，又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；若选择条件②：因为，所以当时，有，两式相减，得，即（），又，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；若选择条件③：由，得，即，又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；（2）由（1）知，，则，因为数列为递增数列，所以的最小值为，又恒成立，则，解得，故的最小值为.18．如图，在几何体中，四边形是等腰梯形，四边形是正方形，且平面平面，，，，分别是，的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理和性质定理推理作答.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解作答.【详解】（1）取的中点，连接,，因为,分别是,中点，则，而平面平面，于是平面，，同理平面，又平面，因此平面平面，又平面，所以平面.（2）因为，，则，，有，正方形中，平面，平面平面，平面平面，于是平面，以点为坐标原点，分别以的方向为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，设，则，，所以,，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得，因此，显然二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.19．在平面直角坐标系中，已知圆.设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)设垂直于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）由题意求出圆，圆的圆心和半径，由两圆外切，可得，即可求出答案.（2）由，可求出圆心O1到直线l的距离，再由点到直线的距离公式代入求解即可.【详解】（1）圆：，则圆的标准方程为，即圆的圆心坐标为，半径为，因为圆与x轴相切，与圆O1外切，则圆心，，则圆的半径为，则，解得，即圆的标准方程为；（2）由（1）知O2（﹣6，1），则，所以直线l的斜率为，设直线l的方程为，因为，则圆心O1到直线l的距离，所以，解得或，所以直线l的方程为或．20．已知双曲线的离心率为2，焦点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)若过双曲线的左焦点的直线交双曲线于，两点，交轴于，设，证明：.【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）由双曲线的离心率，焦点到一条渐近线的距离建立等量关系，求解即可；（2）设出直线的方程，联立方程组，得到韦达定理，由，解得，证明即可.【详解】（1）因为已知双曲线的离心率为2，所以，又因为焦点到一条渐近线的距离为，设焦点坐标为，到渐近线的距离为：.所以，又，解得：.所以双曲线的方程为：.（2）证明：如图由题意可知，由于过双曲线的左焦点的直线交双曲线于，两点，交轴于，所以可知直线的斜率存在，故设直线方程为：.，，则.联立得：.恒成立.所以，.，，，因为，所以，所以，，所以.21．已知抛物线的焦点为，过焦点垂直于的直线与抛物线交于，两点，.(1)求的方程；(2)点是准线上任一点，过作抛物线的两条切线，，切点分别为，.设，，的斜率分别为，，，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）通过，两点之间的距离，即可计算出，进而求出的方程.（2）设出过的切线方程，与抛物线联立，得出与的和，表达出，即可证明结论.【详解】（1）由题意，在中，焦点为，过焦点垂直于的直线与抛物线交于，两点，，∴，解得：，∴.（2）由题意及（1）得，在中，准线方程为，设, 过的切线方程为,即，  则, 消去得 ,∴,∴,∴,∵,∴.22．已知椭圆的短轴长为，右顶点为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设，直线过交椭圆于，两点，问：面积是否有最大值，若没有，说明理由；若有，求出最大值.【答案】(1)(2)有， 【分析】（1）根据椭圆的几何性质易得；（2）设出相关的直线，将三角形的面积问题转化为函数的最值问题，从而得到解决.【详解】（1）由题意可知，得；又因为右顶点为，所以；故椭圆的标准方程为.（2）由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，因为点在椭圆内，所以直线与椭圆必定有两个交点，设点，，联立得，由韦达定理可得，，如图所示，   ，令，则（），设，则，当时，恒成立，即在上单调递减，故，所以的面积的最大值为.