2022-2023学年甘肃省白银市高二下学期开学检测数学试题含答案

2022-2023学年甘肃省白银市高二下学期开学检测数学试题

一、单选题

1．抛物线的焦点到其准线的距离为（    ）

A．28 B．14 C．7 D．

【答案】C

【分析】根据的几何意义即可求解.

【详解】因为，所以，抛物线的焦点到其准线的距离为7．

故选：C

2．在数列中,,则（    ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】B

【分析】根据递推关系式分别将代入,即可得出结果.

【详解】解:由题知,

所以,,

将代入可得: ,

解得:.

故选:B

3．某中学举行歌唱比赛，要求甲、乙、丙三位参赛选手从《难却》《兰亭序》《许愿》等首歌曲中任意选首作为参赛歌曲，其中甲和乙都没有选《难却》，丙选了《兰亭序》，但他不会选《许愿》，则甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】C

【分析】甲和乙都是从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，求组合数的乘积即可.

【详解】依题意可知，甲、乙需要从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，

甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有种

故选：C.

4．（    ）

A．84 B．120 C．126 D．210

【答案】D

【分析】根据组合数的性质即可求解.

【详解】因为，

所以．

故选：D

5．已知椭圆的左、右焦点分别为，M为C上一点，若的中点为，且的周长为，则C的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据的周长可得，由的中点坐标求得M坐标，代入椭圆方程可得关系式，解方程可得的值，即可求得答案

【详解】因为的周长为，所以，则，

又,的中点为 ，所以M的坐标为，

故，则，

结合，，解得，

所以椭圆C的标准方程为，

故选：A

6．设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】C

【分析】根据条件，利用等差数列的性质可得出，，即可求解.

【详解】在等差数列{}中，由，得，

则，又，

∴，，则当取得最大值时，．

故选：C

7．设O为坐标原点，是双曲线的左、右焦点，已知双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】不妨设，求出，然后算出可得答案.

【详解】不妨设，

则，．

由余弦定理可得，，

所以，所以．

故选：A

8．将5名女老师和5名男老师分配到三个社区，每名老师只去一个社区，若每个社区都必须要有女老师，且有男老师的社区至少有2名女老师，则不同的分配方法有（    ）

A．1880种 B．2940种 C．3740种 D．5640种

【答案】B

【分析】利用分组分配的思路，先分配女老师，根据题目要求，分配男老师，结合分布乘法原理以及分类加法原理，可得答案.

【详解】5名女老师分配到三个社区，分配的方案有型与型，

对于型，女老师的分配情况有，其中只有一个社区女老师的人数超过，则名男老师只能分配去这个村，即总分配情况为；

对于型，女老师的分配情况有，其中有两个社区女老师的人数为，

则将名男老师分配去两个社区，则分配方案有型、型与型，则分配情况有，

即总分配情况为；

综上所述，.

故选：B.

二、多选题

9．下列直线与直线平行，且与它的距离为的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】设出与直线平行的直线系方程，再由平行直线间的距离公式即可求解.

【详解】设所求直线的方程为，由题意可得，解得或0．故所求直线的方程为或．

故选：AD

10．设为正整数，展开式中二项式系数的最大值为，展开式中二项式系数的最大值为，若，则下列结论正确的有（    ）

A． B．

C．展开式中的常数项为15 D．展开式中的常数项为30

【答案】ABC

【分析】选项A：求出两个展开式的二项式系数最大值，由即可求解；

选项B：代入的值即可求；

选项C：求出展开式中的常数项即可；

选项D：同选项C解法.

【详解】由题可知，，．因为，所以，解得，A正确；

，B正确；

展开式中的常数项为，C正确，D错误．

故选：ABC．

11．小许购买了一套五行文昌塔摆件（如图），准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有（    ）

A．不同的摆放方法共有120种

B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种

C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种

D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种

【答案】ACD

【分析】A选项：五个摆件全排列即可；

B选项：先把“金塔”“木塔”“火塔”三个全排列，再用“水塔”和“土塔”插空即可；

C选项：同选项B解析；

D选项：把“水塔”和“土塔”捆绑，再考虑捆绑组在两边和中间插空的情况即可.

【详解】由题可知，不同的摆放方法共有种，A正确；

若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有种，C正确，B不正确；

若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有种，D正确．

故选：ACD

12．若不是等比数列，但中存在互不相同的三项可以构成等比数列，则称是局部等比数列.下列数列中是局部等比数列的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】对于ABD，直接取特定项验证即可；对于C，定义法可证为等比数列后即可判断.

【详解】对于A：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列.故A正确；

对于B：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故B正确；

对于C：若，则，则是等比数列，所以不是局部等比数列. 故C错误；

对于D：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知直线与圆相交，则整数的一个取值可能是        ．

【答案】（或，，，只需填写一个答案即可）

【分析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于半径即可求解.

【详解】圆心到直线的距离，

由直线与圆相交可得，得，所以整数的所有可能取值为，，，．

故答案为：（或，，，只需填写一个答案即可）

14．用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有        种．

【答案】48

【分析】根据题意，由分步乘法计数原理，即可得到结果.

【详解】先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，接着涂区域3，有2种选择，最后剩下的两个区域有2种选择．故不同的涂色方法有种．

故答案为：

15．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识．已知长度为4的线段，取的中点，以为直径作圆（如图①），该圆的面积为，在图①中取的中点，以为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为，以此类推，则        ．

【答案】

【分析】根据题意，由条件可得各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式以及前项和公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】由题意可知，各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，

故，

则．

故答案为：.

四、双空题

16．抛物线的光学性质：经焦点的光线由抛物线反射后的光线平行于抛物线的对称轴（即光线在曲线上某一点处反射等效于在这点处切线的反射），过抛物线上一点作其切线交准线于点，，垂足为，抛物线的焦点为，射线交于点，若．则        ，        ．

【答案】     /    

【分析】根据题意，由抛物线的光学性质即可得到，再结合抛物线的性质即可得到，从而得到结果.

【详解】由抛物线的光学性质知平分，又，所以，所以，

由得，

设准线交轴于点，则，且，且，所以

，所以．

故答案为：；.

五、解答题

17．经过点且与直线相切的圆C的圆心在直线上.

(1)求圆C的方程；

(2)直线l：与圆C交于E，F两点，若，求k.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆心，半径为，根据圆心在直线上，得，再根据直线与圆相切列式求出可得圆C的方程；

（2）由，得，得点C到l的距离为，再根据点到直线的距离公式列式可求出.

【详解】（1）设圆心，半径为，

因为圆心在直线上，所以，即，，

因为圆C与直线相切，所以，

又圆C经过点，所以，

则，整理得，解得，

则圆心，半径，

故圆C的方程为.

（2）因为，所以.

设点C到l的距离为d，则，

又，则，解得.

18．已知．

(1)求；

(2)求；

(3)求．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）令即可得解；

（2）令即可得解；

（3）令、得到方程在，解得即可.

【详解】（1）因为，

令，则，即．

（2）令，则，

所以．

（3）令，则，

令，则，

故．

19．已知为正项等比数列，.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知条件结合等比数列通项的性质，求出公比，即可得数列通项；

（2）根据数列特征，用错位相减法求数列前项和.

【详解】（1）因为为正项等比数列，且，所以.

设等比数列的公比为，则 ， 解得.

故

（2）依题意有

所以，

则，

两式相减，

可得

故

20．已知椭圆的离心率为，是上一点．

(1)求的方程；

(2)设，是上两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的离心率公式、以及点在椭圆上列式，求出与可得椭圆的方程；

（2）根据点差法求出直线的斜率，再根据点斜式求出方程即可.

【详解】（1）由题可知，解得，，，

故的方程为．

（2）设，，则

则，即．

因为线段的中点坐标为，所以，，

则．

故直线的方程为，即．

21．在数列中，，且．

(1)证明：，都是等比数列．

(2)求的通项公式．

(3)若，求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，

（2）根据奇数项和偶数项为等比数列，求解其通项，即可求解.

（3）根据分组求和和裂项求和即可求解.

【详解】（1）证明：因为，且，所以，．

因为，故，

所以，，

则，都是公比为16的等比数列．

（2）由（1）知，都是公比为16的等比数列，所以，，

故对任意的

（3）因为，

所以

．

22．过双曲线上一点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，且．

(1)求双曲线的方程．

(2)已知点，两个不重合的动点，在双曲线上，直线，分别与轴交于点，，点在直线上，且，试问是否存在定点，使得为定值？若是，求出点的坐标和；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；，为定值

【分析】（1）根据点到直线的距离公式结合即可求解，

（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据中点关系得化简得，即可得到直线的方程为，恒过点，即可根据垂直关系求解.

【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，双曲线上一点到渐近线距离之积为，

由题知，．

因为，所以，故双曲线的方程为．

（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，，

联立方程组整理得，

则，，，，

直线的方程为，

令，则，得，同理得，

由，可得，所以，

所以

，

整理得．

当，即时，直线的方程为，过点，

与矛盾，舍去；

当时，直线的方程为，恒过点，

设的中点为，则，因为，所以，为定值．

故存在，使为定值．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

技巧：若直线方程为,则直线过定点;

若直线方程为 (为定值),则直线过定点