湖北省孝感市2022-2023学年高二上学期1月期末数学试题

这是一份湖北省孝感市2022-2023学年高二上学期1月期末数学试题，共21页。试卷主要包含了0分等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知空间向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可进一步求解.
【详解】根据题意，由，
设，
即
解得：，
则有，
由此得．
故选：B.
2. 设不同直线：，：，则“”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】当m＝2时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立．当l1∥l2时，显然m≠0，从而有＝m－1，解得m＝2或m＝－1，但当m＝－1时，两直线重合，不合要求，故必要性成立，故选C.
点睛：充分、必要条件的三种判断方法．
1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
3. 将字母，，分别填入标号为，，的三个方格里，每格填上一个字母，则每个方格的标号与所填的字母均不相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据古典概率的运算公式进行求解即可.
【详解】将字母，，填入标号为，，的三个方格里有种不同的填法，这种情况发生的可能性是相等的
而每个方格的标号与所填的字母均不相同只有两种不同的填法
故所求概率．
故选：B
4. 过点，，且圆心在直线上的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程．
【详解】因为过点与，
所以线段AB的中点坐标为，，
所以线段AB的中垂线的斜率为，
所以线段AB的中垂线的方程为，
又因为圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆心为，
所以圆的方程为.
故选：A
5. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
如图所示，设分别为，和的中点
则,夹角为和夹角或其补角
因异面直线所成角的范围为
可知，
作中点，则直角三角形
,
中，由余弦定理得：
,
在中，
在中，由余弦定理得
又异面直线所成角的范围为
异面直线与所成角的余弦值为
故选
6. 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分两种情况焦点在轴上与焦点在轴上，再根据离心率公式即可得到答案.
【详解】当双曲线的焦点在轴上时，离心率；
当焦点在轴上时．
故选：D.
7. 在等差数列中，其前项和为，若，，则中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得数列的首项和公差的关系式，然后结合二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
由得，
所以，由，得到
所以，，
从而当时有最大值．
故选：C
8. 法国数学家、化学家和物理学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何之父”，他创立的画法几何学推动了空间解析几何的发展，被广泛应用于工程制图当中．过椭圆外的一点作椭圆的两条切线，若两条切线互相垂直，则该点的轨迹是以椭圆的中心为圆心、以为半径的圆，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过圆E上的动点M作椭圆C的两条切线，分别与圆E交于P，Q两点，直线PQ与椭圆C交于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）
A. 椭圆C的离心率为
B. M到C的右焦点的距离的最大值为
C. 若动点N在C上，记直线AN，BN的斜率分别为，，则
D. 面积的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据蒙日圆的定义，可求椭圆方程，即可判断；
B.根据椭圆方程和圆的方程，结合几何意义，即可判断；
C.根据为圆的直径，则点关于原点对称，利用点在椭圆上，证明；
D.利用圆的几何性质，确定面积的最大值.
【详解】A.因为椭圆的蒙日圆为，根据蒙日圆的定义，，得，所以椭圆，，，则，所以椭圆的离心率，故A正确；
B.点是圆上的动点，椭圆的右焦点，则的最大值是，故B正确；
C.根据蒙日圆的定义可知，则为圆的直径,与椭圆交于两点，点关于原点对称，设，，，
，故C正确；
D.因为为圆的直径，，当点到直线的距离为时，的面积最大，此时最大值是，故D错误.
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知等差数列为递减数列，且，，则下列结论中正确的有（ ）
A. 数列的公差为B.
C. 数列是公差为的等差数列D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，根据等差数列的性质得到，从而求出，，得到公差，A正确；
利用等差数列求通项公式求出B正确；
由，得到当时，，结合，从而得到C正确；
在C选项的基础上，求出，结合，求出答案.
【详解】由题意知，又，
故可看出方程的两根，
∵数列为递减数列，
，．
公差，故A正确；
又，
，故B正确；
由上可知，则当时，，
当时，，
数列是首项为，公差为的等差数列，故C正确；
由C选项知：，故，
∵，
，故D错误．
故选：ABC
10. 已知圆，直线，则下列命题中正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 直线与圆恒相离
D. 直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】求出直线所过的定点即可判断选项；求出圆与轴的交点坐标，进而求出弦长可判断选项；根据直线过的定点在圆内可判断选项；当直线截得的弦长最短时，，，即可求出直线方程，进而判断选项.
【详解】将直线的方程整理为，
由，解得：，则无论为何值，直线过都定点，故选项正确；
令，则，解得，故圆被轴截得的弦长为，故不正确；
因为，所以点在圆的内部，直线与圆相交，故不正确；
圆心，半径为，，当截得的弦长最短时，，，
则直线的斜率为，此时直线的方程为，即，故正确．
故选：.
11. 抛物线的焦点为，直线过点，斜率为，且交抛物线于、两点点在轴的下方，抛物线的准线为，交于，交于，点，为抛物线上任一点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 若，则B. 的最小值为
C. 若，则D.
【答案】ABD
【解析】
分析】根据焦半径结合图形关系即可判断A,根据三点共线即可判断B，根据焦点弦即可求解C，联立方程根据向量垂直即可求解.
【详解】对于A;设，过做于点，则，，易得 ，从而A正确
对于过、分别作、于点、，则,当三点共线时，此时最小值为 ,从而B正确
对于由 得, ,，当时，，C错误
对于D,由 得，， ，从而，故D正确，
故选：ABD
12. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 平面
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 三棱锥的体积不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知直线l的斜率为，且和坐标轴围成的三角形的面积为3，则直线l的方程为___________.
【答案】或
【解析】
【分析】设直线方程为，根据题设条件得到关于的方程组，解方程组后可得所求的直线方程.
【详解】设直线的方程为，则，且，
解得或者，
∴直线l的方程为或，即或.
故答案为：或.
14. 圆与圆的公切线共有__________条
【答案】4
【解析】
【分析】由两圆的位置关系，判断两圆的公切线.
【详解】由，
所以该圆的圆心坐标为，半径为2，
，
所以该圆的圆心坐标为，半径为1，
所以该两圆圆心距为4，两圆半径和为3，
因为，所以两圆的位置关系是外离，
故两圆的公切线共有4条.
故答案为：4.
15. 设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式________．
【答案】
【解析】
【分析】代入法求得，由表达式数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．
【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以．
故答案为：.
16. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定义，在焦点三角形利用余弦定理得到，再用基本不等式求解.
【详解】不妨设为第一象限的点，为左焦点，
设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义可得，
，所以，，
，在△中，，
由余弦定理得，
化简得，即．
所以，从而，
当且仅当，且，即，时等号成立．
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知在某次1500米体能测试中，甲、乙、丙3人各自通过测试概率分别为，，.求：
（1）3人都通过体能测试的概率；
（2）只有2人通过体能测试的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的乘法公式直接计算作答.
（2）把只有2人通过体能测试的事件分拆成三个互斥事件的和，再利用概率的加法公式、乘法公式求解作答.
【小问1详解】
设事件“甲通过体能测试”，事件“乙通过体能测试”，事件“丙通过体能测试”，由题意有：，，.
设事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即事件，而事件，，相互独立，
所以3人都通过体能测试的概率是.
【小问2详解】
设事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则，
由于事件，，，，，均相互独立，并且事件，，两两互斥，
因此
，
所以只有2人通过体能测试的概率是.
18.
已知公差大于零的等差数列的前项和为，且满足，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是等差数列，且，求非零常数；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用等差数列的性质可得 ,联立方程可得 ,代入等差数列的通项公式可求;
(2)代入等差数列的前 和公式可求,进一步可得,然后结合等差数列的定义可得,从而可求.
【详解】（1）为等差数列，，
又
是方程的两个根，




（2）由（1）可知，

为等差数列，
舍去)
当时，为等差数列，满足要求
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义、性质、通项公式、前项和公式的综合运用,属于中档题.
19. 如图，是过抛物线焦点F的弦，M是的中点，是抛物线的准线，为垂足，点N坐标为.
（1）求抛物线的方程；
（2）求的面积（O为坐标系原点）.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得准线方程为：，由此可求得抛物线的方程；
（2）设，代入抛物线的方程作差得，再由M是的中点，求得，由此求得直线的方程，与抛物线的方程联立可求得弦长AB，由三角形的面积公式可求得答案.
【小问1详解】
解：点在准线上，所以准线方程为：，
则，解得，所以抛物线的方程为：；
【小问2详解】
解：设，由在抛物线上，
所以，则，
又，所以点M纵坐标为是的中点，所以，
所以，即，又知焦点F坐标为，则直线的方程为：，
联立抛物线的方程，得，解得或，所以，
所以.
20. 已知三棱柱中，.
（1）求证: 平面平面.
（2）若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.
【解析】
【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.
(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，
则有，因，，平面，于是得平面，
而平面，则，由得，，平面，
从而得平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，
则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，
因，，则，
假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，
则有，设平面的一个法向量，
则有，令得，而平面的一个法向量，
依题意， ，化简整理得：
而，解得，
所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.
21. 已知圆心在轴上的圆与直线切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）已知，经过原点且斜率为正数的直线与圆交于，.求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.
（2）设出直线的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得的表达式，结合换元法以及基本不等式求得的最大值.
【小问1详解】
由圆心在轴上的圆与直线切于点，设，
直线的斜率为，
则，所以．
所以，所以，，即，
所以圆的标准方程为．
【小问2详解】
设直线，与圆联立方程组，
可得，
，由根与系数的关系得，，
，
令，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以的最大值为.
【点睛】本题的难点在于第二问，求最值.求解最值有关的题目，首先要将表达式求出，本题是结合根与系数关系求得表达式.然后根据表达式的结构来选择求最值的方法，可考虑二次函数的性质、基本不等式或函数的单调性来求解最值.
22. 已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点．
（1）求动点轨迹的方程.
（2）动点的轨迹与轴交于，两点在点左侧，直线交轨迹于，两点不在轴上，直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合椭圆的定义求得动点的轨迹的方程.
（2）设出直线的方程并与轨迹的方程联立，化简写出根与系数关系，结合列方程，化简后判断出直线过定点.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径为，
依题意得，
则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
其中，，，
所以动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，，
则由得，
由根与系数的关系得①，
由题意，两点不在轴上，所以，，，
又点，，
所以，，由得，
从而由已知得，即②，
又，③，
将③代入②得，
将①代入上式并整理得：
．
，
整理得，
，直线的方程为，
故直线恒过定点.
【点睛】求解动点轨迹方程有关的题目，可根据圆锥曲线的定义来进行求解，还可以利用题目所给等量关系，列方程来进行求解.求解直线定点有关问题，可先设出含有参数的直线方程，根据已知条件求得与参数有关的式子，从而判断出定点.