2022-2023学年河北省定兴中学等校高二上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河北省定兴中学等校高二上学期12月联考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省定兴中学等校高二上学期12月联考数学试题 一、单选题1．一箱脐橙共有21个，其中有3个是坏果，若从中随机取一个，则取到的脐橙不是坏果的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据古典概型的概率计算公式可得答案.【详解】依题意可得，取到的脐橙不是坏果的概率为.故选：D2．若数列的前n项和，则（    ）A．18 B．19 C．20 D．21【答案】D【分析】利用与的关系可得，计算即可.【详解】．故选：D．3．设椭圆的上顶点、右顶点分别为A，B，则以线段AB为直径的圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的性质和圆的标准方程求解.【详解】依题意可得，则，线段AB的中点为，故以线段AB为直径的圆的方程为．故选:A.4．在四面体ABCD中，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用平面向量的线性运算即可求解.【详解】因为，所以，则.故选：.5．跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，令肌肉量适当地恢复正常的水平，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质．小孟最近给自己制定了一个218千米的跑步健身计划，第一天他跑了1千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（    ）A．29天 B．28天 C．27天 D．26天【答案】A【分析】依题意可得，小孟从第一天开始每天跑步的路程依次成等差数列，且首项为1，公差为0.5，然后利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】依题意可得，小孟从第一天开始每天跑步的路程依次成等差数列，且首项为1千米，公差为0.5千米．设经过n天后他完成健身计划，则，整理得．因为函数在上为增函数，且，，所以．故选：.6．已知平面的一个法向量为，向量，，则平面与平面ABC夹角的正切值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】根据面面角的向量求法求出平面与平面ABC夹角的余弦值，即可根据同角三角函数的关系得出答案.【详解】设为平面ABC的法向量，则，令，得．所以平面与平面ABC夹角的余弦值为，则平面与平面ABC夹角的正弦值为，所以平面与平面ABC夹角的正切值为．故选：C.7．在首项为的数列中，，，，设，则数列的前100项和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令得出，即可得出的通项公式，再将的通项公式代入中求得，再代入中，由裂项相消即可求得数列的前100项和.【详解】令，得，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，，，所以数列的前100项和为．故选：A.8．已知F为抛物线的焦点，过F且斜率为的直线交C于A，B两点，过A，B两点作准线的垂线，垂足分别为，，线段交y轴于，线段交y轴于，，则p的值为（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】C【分析】设，，由题意可知为的中位线，则，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求解即可.【详解】设，，由题意可知为的中位线，则，过F且斜率为的直线方程为：，联立得，则，，则，解得．故选：C． 二、多选题9．在正项等差数列中，，在正项等比数列中，，则（    ）A． B．的最大值为3C． D．【答案】ABC【分析】由等差数列的通项公式可判断A；由基本不等式及等比数列的性质可判断B；由题意且，即可判断C；由等比数列的性质可判断D.【详解】由等差数列的通项公式可知，故A正确；在正项等比数列中，，当且仅当时，等号成立，则的最大值为3，故B正确；设的公差为d，因为，所以，且，所以，即，故C正确；，故D错误，故选：ABC.10．已知P为直线上的动点，过点P作圆（C为圆心）的切线，A为其中的一个切点，则（    ）A．的最小值为B．的最小值为3C．的最小值为D．当B为另一个切点时，的最小值为【答案】AC【分析】直线l与圆C相离，则的最小值为C到直线l的距离，即可判断A；由可判断B；在直角三角形中求得，即可判断C；设，，结合函数的单调性可判断D．【详解】圆的圆心，半径为1，因为C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相离，所以的最小值为，故A正确；因为，所以，，故B错误；，则的最小值为，故C正确；设，，则，令，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，则当时，的最小值为，故D错误．故选：AC．11．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（    ）A．平面PACB．平面EFCC．点F到直线CD的距离为D．点A到平面EFC的距离为【答案】AD【分析】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由，，利用线面垂直的判定定理可判断A正确；求出平面EFC的法向量、的坐标，利用可判断B；设点A到平面EFC的距离为d，由可判断D；设点F到直线CD的距离为h，计算可判断C．【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，则，,，，，，则，，，，因为，，所以，，即，，又，平面PAC，所以平面PAC，A正确；设平面EFC的法向量为，则，令，得，因为，所以，B不正确；设点A到平面EFC的距离为d，，则，D正确；设点F到直线CD的距离为h，，，则，即，C不正确．故选：AD.12．已知双曲线：的左，右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左支交于点，与双曲线的其中一条渐近线在第一象限交于点，且（是坐标原点），下列结论正确的有（    ）A．B．若，则双曲线的离心率为C．D．【答案】ABD【分析】根据可得，根据勾股定理可判断A，根据向量共线可得，代入双曲线方程可得离心率，进而判断B，根据双曲线的定义及三角形的三边关系即可判断C，根据点点距离以及的坐标的范围即可判断D.【详解】由于,因此 ,则,故A正确，由于，因此易得，，则，由，则，进而，将代入双曲线的方程中得，化简得，解得，由于，故，故B正确，设直线与双曲线的右支交于点,则由双曲线的定义可知：，由三角形三边关系可得，则，故，故C错误，设，，则，由于，所以 ，进而，故，故D正确，故选：ABD 三、填空题13．空间向量，满足，且，则______.【答案】【分析】先由空间向量的模的坐标表示求，把两边同时完全平方，化简可求.【详解】由，可得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故答案为：.14．若等比数列的前n项和，则__________．【答案】【分析】由求出，结合等比数列求得值．【详解】由题意时，，当时，，又是等比数列，所以，解得．故答案为：．15．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点，则的最小值为__________．【答案】3【分析】由题意可知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3.故答案为：3. 四、双空题16．对正整数n，函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．此函数以其首名研究者欧拉命名，故被称为欧拉函数．根据欧拉函数的概念，可得______，数列的前n项和______．【答案】     252     【分析】由质因数分解求得的所有质因数，利用质因数结合定义可求得，因为除了7的倍数外，其他数都与互质，因此易得，然后由错位相减法求得数列的前项和．【详解】因为，所以不大于441的数中，能被i（i＝3，7）整除的数与441都不互质，所以．因为除了7的倍数外，其他数都与互质，所以，则，所以，所以，故．故答案为：252；．【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：等差数列和等比数列直接应用其前项和公式计算；（2）裂项相消法：最典型的数列：是公差为且各项均不为0的等差数列，数列的项需变形：，然后求和；（3）错位相减法：是等差数列，是等比数列，则数列的前项和需用此法；（4）分组（并项）求和法：例如是等差数列，是等比数列，则数列的前项可用分组求和法；（5）倒序相加法：与等差数列有类似性质的数列：首末两项及与首末两项等距离的两项的和相等，则可用倒序相加法求和． 五、解答题17．在等差数列中，，．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】(1)设等差数列的公差为，由条件结合等差数列通项公式求和，由此可求通项公式；(2)利用分组求和法结合等差数列和等比数列求和公式求.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以，所以，故．（2）由(1) ，所以所以所以故.18．某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关､第三关的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.3，四关全部通过可以获得一等奖（奖金为500元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，奖金可以累加.假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲､乙两位选手参加本次活动.(1)求甲最后没有得奖的概率；(2)已知甲和乙都通过了前两关，求甲和乙最后所得奖金总和为900元的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分第一关未通过，第一关通过第二关未通过，前两关通过第三关未通过三种情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式，求解即可；（2）若奖金为900，则甲和乙一人得一等奖一人得二等奖，计算对应概率即可.【详解】（1）记第一关未通过为事件，第一关通过第二关未通过为事件，前两关通过第三关未通过为事件，甲最后没有得奖为事件，则，，，故.（2）记通过了前两关时最后获得二等奖为事件，通过了前两关时最后获得一等奖为事件，则，.因为甲和乙最后所得奖金总和为900元，所以甲和乙一人得一等奖一人得二等奖，故甲和乙最后所得奖金总和为900元的概率为.19．已知圆，圆，圆P与圆M，圆N都外切，圆P的圆心的轨迹记为Q．(1)求Q的方程；(2)若直线与Q交于A，B两点，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设圆P的半径为r，由圆P与圆M和圆N都外切，得出等于定值，由双曲线的定义知，轨迹Q为双曲线的右支（除去顶点），写出方程即可．（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和弦长公式求出即可．【详解】（1），，，设圆P的半径为r，因为圆M与圆N的半径分别为4，2，所以，，所以，又圆M与圆N相切于点，所以轨迹Q为以，为焦点，实轴长为2的双曲线的右支（除去顶点），故Q的方程为．（2）联立得，设，，由韦达定理可得，故．20．在等比数列中，，且．(1)求的通项公式；(2)若，，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设公比为，根据条件列出方程，求出与的值，进一步可得；（2）求得，从而利用裂项相消法即可求出．【详解】（1）设公比为，因为，且，所以，解得或．当时，，；当时，，．（2）因为，所以，所以，所以.21．如图1，在平行四边形中，，，，分别为，的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为，连接，，，得到如图2所示的多面体.(1)证明：.(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)取的中点，连接，证明，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；(2)由面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量夹角余弦可得结论.【详解】（1）在图1中，连接因为四边形为平行四边形，，分别为，的中点，，所以，，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，故，同理可证四边形为菱形，故，所以在图2中，连接，取的中点，连接，则，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以；（2）由(1)，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，，如图以点为原点，以分别作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，取的中点，连接，因为图1中，所以图2中，，所以，所以为二面角的平面角，因为二面角的大小为，所以，过点作，垂足为，则，在中，，，，所以，，所以点的坐标为，所以，，，设平面的法向量为，因为，所以，取，则，故向量为平面的一个法向量，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.22．已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆经过点，．(1)求的方程；(2)已知点，直线与交于两点，且直线的斜率之和为，证明：点在一条定抛物线上．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆标准方程求法，列方程组解决即可；（2）设直线的斜率分别为，，，．将代入，得， ，根据韦达定理化简得即可解决.【详解】（1）依题意设的方程为，因为经过点，，所以，解得，故的方程为．（2）证明：设直线的斜率分别为，，，．将代入，得．由题设可知，，，所以，所以，所以．因为，所以，所以，故点在抛物线上，即点在一条定抛物线上．