2022-2023学年浙江省金华十校高二上学期期末联考模拟（一）数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省金华十校高二上学期期末联考模拟（一）数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．空间两点A，B的坐标分别为(a，b，c)，(-a，-b，c)，则A，B两点的位置关系是（ ）
A．关于x轴对称B．关于y轴对称
C．关于z轴对称D．关于原点对称
【答案】C
【分析】根据A，B两点坐标之间的关系直接判断即可得解.
【详解】依题意，点A，B的竖坐标相同，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，
所以点A，B关于z轴对称.
故选：C
2．若数列满足：，且.则（ ）
A．19B．22C．43D．46
【答案】C
【分析】直接由递推关系式求解即可.
【详解】由得，，，
，，.
故选：C.
3．已知为圆的一个动点，定点，线段的垂直平分线交线段于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据几何关系，找到点满足的条件，结合椭圆的定义，直接写出方程即可.
【详解】根据题意，作图如下：
易知，则，即，
故点的轨迹是以为焦点且长轴长为6的椭圆，
设其方程为，则，则，
故，则椭圆方程为：.
故选：C.
4．如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.
【详解】，
，
，
，
故选：A.
5．已知等比数列满足，，则（ ）
A．数列是等差等列B．数列是等差数列
C．数列是递减数列D．数列是递增数列
【答案】B
【分析】利用等差数列和等比数列的定义求解判断.
【详解】解：因为等比数列满足，，
则，故数列是以1为首项，以2为公比的等比等列，故A错误；
则，故数列是以0为首项，以-1为公差的等差数列，故B正确；
由A知：。故数列是递增数列，故C错误；
由B知：，故数列是递减数列，故D错误；
故选：B
6．某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（ ）
A．1分钟B．分钟
C．2分钟D．分钟
【答案】C
【分析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长.
【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，可得，圆．
记从处开始被监测，到处监测结束，
因为到的距离为米，
所以米，故监测时长为分钟．
故选：C.
7．如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
因为，所以，
，，
，，
所以点P到AB的距离．
故选：C.
8．如图所示，为测量两塔塔尖之间的距离，若平面，平面，选择地面点C为测量观测点，测得，，，，，则塔尖之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可.
【详解】依题意，在中，，，则，；
在中，，，则；
又中，，则.
故塔尖之间的距离为.
故选：C
二、多选题
9．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列B．
C．当时，D．当或4时，取得最大值
【答案】CD
【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误. 的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.
【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；
，故B错误；
当时，，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.
故选：CD.
10．已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与圆A相切
B．圆A截y轴所得的弦长为4
C．点在圆A外
D．圆A上的点到直线的最小距离为3
【答案】BC
【分析】根据圆心到直线的距离即可判断AD,根据圆的弦长可判断B,根据点与圆的位置关系可判断C.
【详解】由圆得，
所以圆心，半径，
对于A：圆心A到直线的距离为1，所以直线与圆A相交，故A错误；
对于B：圆心A在y轴上，则所截得的弦长为直径等于4，故B正确；
对于C：点到圆心A的距离，所以点B在圆A外，故C正确；
对于D：圆心A到直线的距离，所以圆A上的点到直线的最小距离为，故D错误．
故选:BC．
11．已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
12．已知正方体的棱长为1，点P为侧面内一点，则（ ）
A．当时，异面直线CP与AD所成角的正切值为
B．当时，四面体的体积为定值
C．当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分
D．当时，四面体BCDP的外接球的表面积为2π
【答案】BCD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线线角的余弦值，进而求出正切值；
B选项，证明线面平行，进而得到，四面体的体积为定值；
C选项，先作出辅助线，得到，PE⊥平面ABCD，故设出，利用列出方程，化简后得到轨迹方程，得到当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
D选项，作出辅助线，找到球心，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到外接球的表面积.
【详解】如图1，以D为坐标原点，分别以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设异面直线CP与AD所成角为，
则，
故，，A错误；
如图2，因为，且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，
故当点P在上运动时，点P到平面的距离不变，
即当时，四面体的体积为定值，B正确；
如图3，过点P作PE⊥BC于点E，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为平面，平面，
所以AB⊥EP，
因为，平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
设，，其中，
当时，，
整理得：，
故当点P到平面ABCD的距离等于到直线的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
如图4，当时，P为的中点，取BD的中点Q，BC的中点N，连接PN，
则PN，故PN⊥平面ABCD，
因为BC⊥CD，故三角形BCD的外心为点Q，则外接球球心O在过点Q且垂直于平面ABCD的直线上，
故OQ⊥平面ABCD，OQPN，
连接OP，QN，OB，过点O作OMQN交PN于点M，设四面体BCDP的外接球的半径为R，
则OB=OP=R，，OQ=MN，
其中，设OQ=MN=h，则，
由勾股定理得，
故，解得：，
故，，
当时，四面体BCDP的外接球的表面积为2π，D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何求外接球的表面积或体积问题，要先找到一个特殊平面，一般为直角三角形，矩形或等边三角形，找到外心，从而找到球心的位置，设出未知数，再根据半径相等列出方程，求出半径，进而求出外接球的表面积或体积.
三、填空题
13．已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点，分别是，的中点，则的值为_________.
【答案】##
【分析】如图，在正三棱锥中，以为基底， ，，利用向量数量积性质进行计算即可得解.
【详解】
根据题意为正四面体，
两两成角，
所以，
，
所以
.
故答案为：
14．已知圆与圆，则圆与圆的公切线方程是___________________．
【答案】
【分析】先判断两个圆的位置关系，然后根据切点和斜率求得公切线方程.
【详解】圆，即，圆心为，半径.
圆，即，圆心为，半径.
圆心角，所以两圆相内切.
由解得，
所以两圆切点的坐标为，
，所以公切线的斜率为，
所以公切线的方程为.
故答案为：
15．在直四棱柱中，底面为正方形，．点P在侧面内，若平面，则点P到的距离的最小值为________．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用平面列方程，求得到的距离的表达式，进而求得所求的最小值.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
，，设，.
由于平面，
所以，所以.
由于，即，
到的距离为，
所以当时，.
即到的距离的最小值为.
故答案为：
16．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋科学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、三角垛等等，某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”，自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的，若这堆货物总价是万元，则的值为________
【答案】10
【分析】由题意可得第n层的货物的价格为an＝n•（）n﹣1，根据错位相减法求和即可求出．
【详解】由题意可得第n层的货物的价格为an＝n•（）n﹣1，
设这堆货物总价是Sn＝1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n﹣1，①，
由①可得Sn＝1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②，
由①﹣②可得Sn＝1+（）1+（）2+（）3+…+（）n﹣1﹣n•（）nn•（）n＝10﹣（10+n）•（）n，
∴Sn＝100﹣10（10+n）•（）n，
∵这堆货物总价是万元，
∴n＝10，
故答案为10
【点睛】本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题解决问题的能力，属于中档题．
四、解答题
17．已知数列是公比为2的等比数列，其前项和为，，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由，，成等差数列，可得，利用等比数列通项公式和求和公式，求解可得，结合，即得解
（2）代入可得，分组求和即得解
【详解】（1）由，，成等差数列，且公比，
所以，
即，
整理得，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）.
所以为等比数列，令，故为等差数列
因此分组求和可得：
18．如图，圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦.
(1)当时，求的长；
(2)当弦被点平分时，写出直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)结合已知条件，利用点斜式求出直线的方程，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后利用圆的弦长公式求解即可；(2)结合圆的性质可知，，进而求出的斜率，然后利用点斜式即可求解.
【详解】（1）因为，则，
所以直线的方程为：，即，
因为的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
从而弦长.
（2）当弦被点平分时，，
因为，
所以，
从而直线的方程为：，即.
19．椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
20．如下图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，ABC＝60°，点M，N分别为BC，PA的中点．
(1)证明：平面PCD；
(2)若直线AC与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面PCD；
（2）建立空间直角坐标系，由直线AC与平面PBC所成角的正弦值求得，再利用向量法求得平面PAC与平面PCD夹角的余弦值．
【详解】（1）取PD中点Q，连接NQ，CQ．
∵NQ为的中位线，∴且，
又∵四边形ABCD为菱形，M为BC中点，∴且，
∴且．所以四边形NQCM为平行四边形，所以，
又∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD.
（2）设，则，依题意平面，
以O为原点，以OB，OC所在直线分别为x，y轴，以过点O与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
设，，，，，，
，，，，
设为平面PBC的一法向量，，
故可设，
∴直线AC与平面PBC所成角的正弦值为：，
由于平面，所以，
由于，
所以平面PAC．
∴可作为平面PAC的一法向量，
设为平面PCD的一法向量，
则.
故可设，
设平面PAC与平面PCD夹角为．∴.
所以平面PAC与平面PCD夹角的余弦值为.
21．已知正项数列前项和为，且满足.
(1)求；
(2)令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系即可求解；
（2）利用错位相减法求解得，参变分离即可求的范围.
【详解】（1）因为，
当时，有，
两式相减得
，移项合并同类项因式分解得
，
因为，
所以有，
在中，当得，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
故有
（2）由（1）知，
，
，
，
由题意，对任意的，均有恒成立，
，
即恒成立，
设，
所以，
当时，，即 ；
当时，，即，
所以的最大值为，
所以.
故的取值范围是.
22．已知，，为平面上一动点，且满足，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若，过点的动直线：交曲线于，（不同于，）两点，直线与直线斜率分别记为，.
①求的范围.
②证明：为定值，并计算定值的范围．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析，
【分析】（1）根据双曲线定义直接可得轨迹方程.
（2）设直线方程，联立方程组，根据韦达定理可得参数范围，进而可证为定值，及其取值范围.
【详解】（1）由题意：，，即的运动轨迹是，焦点为，的双曲线的右支，所以轨迹方程为
（2）①直线：，令，.
联立得到：
故.
因为要同时交于双曲线右支，首先，即存在，使得
同时满足：，
所以；
②
又因为故①式可化为：
因为，所以.