广西南宁市高二上学期期末教学调研数学试卷（解析版）-A4

这是一份广西南宁市高二上学期期末教学调研数学试卷（解析版）-A4，共11页。试卷主要包含了 若直线和直线垂直，则值是， 在平行六面体中，，，则的长为， 下列命题中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试形式：闭卷 考试时间：120分钟 分值150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 若一条直线的斜率等于，则该直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率和倾斜角的关系得到方程，求出答案.
【详解】设直线的倾斜角为，则，
又，故.
故选：C
2. 已知是等比数列，若，则公比为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知及等比数列的通项公式列方程求公比即可.
【详解】由题意，则.
故选：D
3. 若直线和直线垂直，则值是（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线垂直满足的关系得到方程，求出答案.
【详解】由题意得，解得.
故选：A
4. 已知双曲线，设是双曲线上的一点，分别是双曲线的左，右焦点，若，则（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线定义可得答案.
【详解】因为，所以，
因为是双曲线上的一点，所以，
即，解得（舍去），或.
故选：B.
5. 在等差数列中，为其前项的和，若，则为（ ）
A. 42B. 48C. 60D. 72
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列片段和的性质，结合等差数列的定义即可求解.
【详解】为等差数列，所以也为等差数列，
因为，
所以，
所以.
故选：.
6. 在平行六面体中，，，则的长为（ ）
A. 10B. 12C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用空间向量加法的几何意义有，再由向量数量积的运算律求的长.
【详解】如下图，，
所以
，
所以.
故选：C.
7. 直线与曲线有两个不同交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】是过定点的直线，曲线表示以0,1为圆心，半径为的圆的上半部分，画出直线与曲线通过数形结合求得答案.
【详解】记曲线，
由题意，，
∴曲线表示以0,1为圆心，半径为的圆的上半部分，
记直线，即，∴直线过定点.
如图所示：
，
当直线与曲线相切时，.
由图可知，当直线与曲线有两个相异的交点时，.
故选：B.
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，点在轴上，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据平面向量数量积和线性运算的坐标表示可得建立方程组，解得，代入双曲线方程可得e的方程，解之即可求解.
【详解】如图，，设，
则,
由，得，
解得，又在双曲线上，
所以，即，整理得，
即，由解得.
故选：B
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有错选的得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 如果且，那么直线不经过第三象限.
B. 若直线与平行，则与的距离为.
C. 圆C：关于直线对称的圆方程为.
D. 点为圆上任意一点，则的最大值为6.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用直线方程的性质判断A，利用平行线间的距离公式判断B，利用点关于直线对称点的研究判断C，利用圆的几何意义判断D．
【详解】对于A，当时，直线等价于，
由于且，所以直线的斜率，轴截距，
即该直线经过第一、第二、第四象限，故A正确；
对于B，由直线与平行，则，
此时可化简直线与，再由平行线间距离公式得：
，故B正确；
对于C，由圆C：可得，圆心，
设圆心关于直线的对称圆心为，
则，解得，
则对称圆的方程为，故C正确；
对于D，由于可以看成动点到原点距离的平方，
即可求圆心到原点的距离为，而圆的半径为，
所以圆上的动点到原点的最大距离是，
即的最大值是，故D错误；
故选：ABC．
10. 椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与椭圆交于，两点，其中是椭圆的上顶点，是面积为的正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. 的周长为8B. 椭圆的离心率为
C. 的长为D. 的面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用的面积计算出的值，进而计算的周长和离心率，即可判断A和B；利用余弦定理解，进而计算面积，即可判断C和D.
【详解】如图，
由题意：为面积是的正三角形，
故且，故；
的周长为，故A正确；
椭圆的离心率，故B错误；
设，则，由知；
由余弦定理：，所以，故C错误；
，故D正确，
故选：AD.
11. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C. 使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D. 若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.
【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确；
选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，则，
因为，则，
当时，可得，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
可知，且，所以；
所以异面直线与所成角的取值范围是，正确；
对于C：因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；
对于D，由，
设，则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 抛物线上一点到焦点的距离为3，则点的横坐标______．
【答案】2
【解析】
【详解】由题意得抛物线的焦点，准线方程为，由抛物线的定义可知，，解得．
13. 已知数列的前项和公式为，则的通项公式__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】当时，；
当时，，符合.
所以.
故答案为：
14. 阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】先由阿波罗尼斯圆的定义求出定点坐标，再由结合三点共线求出最小值即可.
【详解】设，，所以，又，所以.
因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，
所以，解得，所以，又，所以，
因为，所以的最小值为，当且仅当三点共线时取等.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，线段的中点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点的轨迹为曲线，已知直线的方程为，请判断直线与曲线的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）相离，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设，根据已知得，又在圆上运动，代入求轨迹方程；
（2）写出圆的圆心和半径，利用点线距离公式求圆心与直线距离并判断其与半径大小，即可判断位置关系.
【小问1详解】
令为线段的中点，又，则，
又在圆上运动，故，
所以，故点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由（1）知圆心，且半径，
所以圆心到的距离，
所以直线与曲线相离.
16. 已知等差数列的前项和为，若且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出，则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【小问1详解】
由题意知：，
即：，化简得.
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
因为
所以
化简得：.
17. 如图，在四棱锥中，底面满足，底面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的性质有，结合已知及线面垂直的判定证明结论；
（2）构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
由底面，底面，则，
又，且均在面内，则平面；
【小问2详解】
由题设，构建如下图示空间直角坐标系，
则，故，
若为面的一个法向量，则，
令，则，而是面的一个法向量，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线的中心为坐标原点，右焦点为，且过点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，直线与双曲线交于另一点，设直线的斜率分别为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设出双曲线方程，结合，将点代入，求解即可；
（2）（i）由题意易得直线l的斜率存在,设，直线l的方程为y=kx−1，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果.
（ii）求出直线的方程，利用根与系数的关系以及定值探究直线过哪个定点．
【小问1详解】

设双曲线方程为，
因为双曲线的右焦点为，且过点，
所以其中，解得
双曲线的方程为．
【小问2详解】
（i）设直线的方程为，
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以得，
即．
（ii）设直线的方程为，
由得，
，
由，结合（i）可知，
由，得，
即，或，
当时，直线过点1,0，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，过定点．
【点睛】关键点睛：解答本题第二问定值问题的关键在于：利用联立思想得到的坐标的韦达定理形式去化简.
19. 设为椭圆的左，右焦点，已知点在椭圆上，点为椭圆上的动点，且面积的最大值为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作斜率为1的直线与椭圆交于两点，求的面积.
（3）黄金分割的比例被认为是最能引起美感的比例，在艺术和设计中广泛应用.若椭圆上一动点到其焦点距离的最小值与最大值之比为黄金分割比的平方，即，则称此椭圆为“完美椭圆”.现有一簇椭圆均是“完美椭圆”，其中便是（1）中的椭圆.另一方面，若在椭圆上任取一点，以为切点作椭圆的切线与直线且交于点，以为直径作圆，设此圆恒过椭圆的右顶点，求证：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知可得，结合椭圆性质及三角形面积公式可得，再由椭圆参数关系求，进而写出椭圆方程；
（2）根据已知有，联立椭圆方程，应用弦长公式、点线距离公式及三角形面积公式求面积；
（3）根据已知设且，若椭圆上为切点的切线为，联立椭圆求参数关系，进而得到为所求切线方程，再写出以为直径的圆并确定所过的定点得，同理可得，结合新定义有是首项为1，公比为的等比数列，应用等比数列前n项和公式证不等式.
【小问1详解】
由点在椭圆上，则，
由面积的最大值为2，则，故，
所以，故.
【小问2详解】
由（1）知，则，联立，
所以，则，显然，
所以，，则，
由到的距离，
所以面积.
【小问3详解】
令且，若椭圆上为切点的切线为，
则，令，则切线为，
联立椭圆，可得，
所以，则，
即，则，
由题意有，则，故，
所以
又，则，代入上式整理得，
所以为所求切线方程，将代入，得，
所以，故中点为，
且，
以为直径的圆为，
当，有，
所以，则，
所以，
以为直径圆恒过，即，同理对于任意，都有，
如下图，对于，即，则，即，
又椭圆均是“完美椭圆”，即，
所以，可得，
同理可得且，即是首项为1，公比为的等比数列，
所以，而为正整数，
故，得证.