2022-2023学年广西百色市高二上学期期末教学质量调研测试数学试题含答案

2022-2023学年广西百色市高二上学期期末教学质量调研测试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直线方程求直线的斜率，再求倾斜角.

【详解】直线的斜率，

即，，所以倾斜角.

故选：C

2．若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【分析】计算得到结合线面位置关系即得解.

【详解】由题得，

所以.

所以或.

故选：D

3．已知等差数列，且，是方程的两根，是数列的前项和，则（    ）

A．96 B． C． D．48

【答案】D

【分析】利用韦达定理可得，再利用等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求解.

【详解】因为，是方程的两根，

所以.所以.

故选：D.

4．“”是“直线和直线平行”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由两直线平行求得的值，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】若直线与直线平行，

则有，解得或，

而当时，直线与直线重合，舍去，

所以，直线与直线平行，

所以“”是“直线和直线平行”的充要条件.

故选：A.

5．已知A为抛物线上一点，为抛物线焦点，，点A到轴的距离为6，则（    ）

A．2 B．8 C．6 D．10

【答案】B

【分析】根据抛物线的焦半径公式列式计算，即得答案.

【详解】由题意A为抛物线上一点，点A到轴的距离为6，

则点A的横坐标为，

故由可得，即，

故选：B

6．在正四面体中，，，，为中点，为靠近的三等分点，用向量，，表示（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用向量加法和减法和数乘的运算，用表示出.

【详解】因为为中点，

所以，

因为为靠近的三等分点，

所以，

所以

，

∴.

故选：A.

7．若双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】写出一条渐近线方程，求出圆心到渐近线的距离，由圆的弦长公式求得弦长后得的关系式，从而变形求得离心率．

【详解】双曲线：的一条渐近线不妨为：，

圆的圆心，半径为：2，

双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，

可得圆心到直线的距离为：，所以，

，，又，即.

故选：D．

8．人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵､鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．下图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，由于每一个圆弧为四分之一圆，从而可求出下一段圆弧所以圆的圆心，进而可得其方程

【详解】解：由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，

由题意可知下一段圆弧过点，

因为每一段圆弧的圆心角都为90°，

所以下一段圆弧所在圆的圆心与点的连线平行于轴，

因为下一段圆弧的半径为13，

所以所求圆的圆心为，

所以所求圆的方程为，

故选：C

二、多选题

9．三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，若，则二面角的大小可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果.

【详解】二面角的大小与法向量的夹角相等或互补，

二面角的大小可能为或.

故选：BC.

10．已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】AD

【分析】根据等比数列的通项公式结合等差中项列方程求解.

【详解】由题意，，由等比数列通项公式可得，

由于等比数列每一项都不是，故，

即，解得或.

故选：AD

11．已知椭圆与双曲线有共同的左右焦点，，设椭圆和双曲线其中一个公共点为P，且满足，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则关于和，下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】假设点P在第一象限，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，半焦距为c，根据定义可知，进而解出，再由勾股定理得到间的关系，进而求得答案.

【详解】根据椭圆和双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，设椭圆与双曲线的半焦距为，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，根据题意，，联立方程组解得：,而，则，于是，由基本不等式，易知，所以.

故选：AC.

12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（    ）

A．四棱锥为“阳马”

B．四面体为“鳖臑”

C．四棱锥体积最大为

D．过点分别作于点，于点，则

【答案】ABD

【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.

【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，

∴在堑堵中，，侧棱平面，

A选项，∴，又，且，则平面，

∴四棱锥为“阳马”，对；

B选项，由，即，又且，

∴平面，

∴，则为直角三角形，

又由平面，得为直角三角形，

由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．

∴四面体为“鳖臑”，对；

C选项，在底面有，即，

当且仅当时取等号，

，错；

D选项，因为平面，则，

且，则平面，

∴，又且，

则平面，所以则，对；

故选：ABD．

三、填空题

13．已知直线与圆相切，则实数a的值为         ．

【答案】

【分析】利用圆心到直线的距离等于半径即可求解的值.

【详解】解：由题可得圆的圆心为，半径为，

因为直线与圆相切，

所以圆心到直线的距离，

即，解得.

故答案为：.

14．已知直线过点且与以，为端点的线段有公共点，则直线斜率的取值范围为        ．

【答案】

【分析】在坐标系中标出这三个点，然后根据直线和线段有公共点的临界情况分析.

【详解】在同一坐标系下标出这三个点，连接，如图当直线恰好经过时为临界情况，

又，当直线从位置顺时针转动到位置时，

由倾斜角和斜率的关系可知，.

故答案为：

15．已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且，若的面积为9，则b=      ．

【答案】3

【分析】利用三角形的面积列方程，由此求得.

【详解】设，

由于，所以，

，

所以.

故答案为：

16．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取到的项：

第一次取1；                                         第一次           1

第二次取2个连续的偶数2，4；                     第二次         2   4

第三次取3个连续的奇数5，7，9；                 第三次        5   7   9

第四次取4个连续的偶数10，12，14，16，……    第四次     10  12   14  16

……                                                         ……

按此规律一直取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，…，则在这个子数列中，第2020个数是           .

【答案】3976

【分析】根据给定信息确定奇数行和偶数行的规律，再确定2020的位置即可计算作答.

【详解】依题意，每次取出的各个数从小到大各排成一行，奇数次取数个数是奇数，偶数次取数个数是偶数，

每一行数的个数与次数相同，每一行最后一个数依次为1，4，9，16，25，…，则第n行最后一个数为，

前n行数的总个数为，当时，一共有个数，

于是，第2020个数是第64行的第4个数，而第63行最后一个数为，则第2020个数是3976，

所以2020个数是3976.

故答案为：3976

四、解答题

17．已知数列是公差不为0的等差数列，首项，且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列满足，求数列的前n项和．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）设数列的公差为d，根据等比中项的概念即可求出公差，再根据等差数列的通项公式即可求出答案；

（2）由（1）得，再根据分组求和法即可求出答案．

【详解】解：（1）设数列的公差为d，由已知得， ，

即，解得或，

又，∴，

∴；

（2）由（1）得，

．

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，考查数列的分组求和法，考查计算能力，属于基础题．

18．在直三棱柱中，，，是的中点.

（1）求证：平面；

（2）求直线到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

（2）由（1）可得：到平面的距离就等于点到平面的距离，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求点到面的距离即可.

【详解】（1）证明：连接交于点，连接，则点为中点，

又是的中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）解：因为平面，所以到平面的距离就等于点到平面的距离.

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，，.

设平面的法向量为，

所以，即，即

令，则.

所求距离为.

【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求点到面的距离，熟记线面平行的判定定理，灵活运用空间向量的方法求点到面的距离即可，属于常考题型.

19．圆经过两点，且圆心在直线上.

(1)求圆的方程；

(2)求圆与圆的公共弦的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆的方程为，代入所过的点后可求，从而可求圆的方程.

（2）利用两圆的方程可求公共弦的方程，利用垂径定理可求公共弦的弦长.

【详解】（1）设圆的方程为，

，

，

所以圆的方程为；

（2）由圆的方程和圆的方程可得公共弦的方程为：

，

整理得到：，

到公共弦的距离为，

故公共弦的弦长为：.

20．已知各项均为正数的数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求出，从而是以1为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式；

（2）求出，利用错位相减法求和.

【详解】（1）当时，，又的各项均为正数，所以；

当时，得，所以，

又的各项均为正数，所以，所以，

所以是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以；

（2）由（1）知，，

所以，①

，②

①-②得：

所以.

21．三棱柱中，侧面为菱形，，，，．

（1）求证：面面；

（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.

（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.

【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，

为等腰直角三角形，所以，；

侧面为菱形，，

所以三角形为为等边三角形，所以，

又，所以，又，满足，所以；

因为，所以平面，

因为平面中，所以平面平面.

（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.

则，，，，

若存在点M，则点M在上，不妨设，

则有，则，

有，，

设平面的法向量为，

则解得：

平面的法向量为

则

解得：或（舍）

故存在点M，.

【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.

方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；

（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；

（3）根据结果，判断是否存在.

22．已知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左､右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.

(1)求椭圆C2的方程；

(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互为补角，求△F1QR面积S的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线角点可得椭圆半焦距，结合离心率可解；

（2）由题可知，设直线方程，联立椭圆方程消元，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，化简，由基本不等式可得.

【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，

所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，

所以椭圆的方程为.

（2）设，，，

∵与互补，

∴，所以，

化简整理得①，

设直线PQ为，联立直线与椭圆方程

化简整理可得，

，

可得②，

由韦达定理，可得，③，

将，代入①，

可得④，

再将③代入④，可得，解得，

∴PQ的方程为，

且由②可得，，即，

由点到直线PQ的距离，

令，，则

，当且仅当时，等号成立，

所以面积S最大值为.