2022-2023学年广东省深圳市高级中学高二下学期开学考试 数学 解析版

这是一份2022-2023学年广东省深圳市高级中学高二下学期开学考试 数学 解析版，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年深圳高级中学高二第一学期期末考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1. 若集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式求出，，求出交集.【详解】，，故.故选：B2. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数除法运算求出复数，再求出复数的模作答.【详解】依题意，，所以.故选：D3. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.【详解】，因为“”“”且“”“”，因此，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4. 已知函数在定义域上是减函数，且，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的单调性及定义域化简不等式，即可得解.【详解】因为函数在定义域上是减函数，且，则有解得，所以实数的取值范围是.故选：A．5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列可以推出的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】A，有可能出现，平行这种情况.B，会出现平面，相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A，，，若，则，故A错误；对于B，会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，因为，，则，又因为，故C错误；对于D，，，又由，故D正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.6. 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（    ）A.  B. AB与平面所成的角为C.  D. 与平面所成的角为【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D． 7. 2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为3，则图③中的值为（    ）A.  B.  C. 6 D. 【答案】C【解析】【分析】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由向量的运算求得的坐标，再由数量积的坐标表示计算．【详解】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， ，，，即，，由分形知，所以，所以，所以．故选：C．8. 已知双曲线的左右焦点分别为，，实轴为，虚轴为，直线与直线相交于点.若，则的离心率等于（    ）A. 5 B. 3 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】连接，通过构造平行线，由对应线段成比例，解得，可得双曲线离心率.【详解】如图所示，，则，连接，由双曲线的对称性，可得，，得，故双曲线的离心率．故选：A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得2分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知双曲线方程：，则在该双曲线中下列结论中正确的是（    ）A. 实轴长为6 B. 渐近线方程为C. 焦距是4 D. 焦点到渐近线的距离是【答案】ABD【解析】【分析】由双曲线方程得到的值，进而得到实轴长，渐近线方程和焦距，利用点到直线距离求出焦点到渐近线的距离.【详解】中，故，故，则实轴长为，渐近线方程为，B正确；焦距为，C错误；由对称性，不妨取焦点到渐近线距离为，D正确.故选：ABD10. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的有（    ）A. 是递减数列 B. C.  D. 当最小时，【答案】BCD【解析】【分析】由数列前项和为，可求数列通项，然后逐个验证选项.【详解】，当时，；当时，注意到时也满足，所以数列的通项公式为，，，是递增数列，A选项错误；，B选项正确；，C选项正确；，，当最小时，，D选项正确.故选：BCD.11. 已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，则（    ）A. 当四边形为正方形时，点P的坐标为 B. 的取值范围为C. 当为等边三角形时，点P的坐标为 D. 直线过定点【答案】BD【解析】【分析】根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则进行判断即可.【详解】解：对于A选项：当四边形为正方形时，则则圆又点是直线上一点设，即该方程，无解故不存在点使得为正方形，A错误；对于B选项：由A知，，则，即的取值范围是故B正确；对于选项C：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知又平分在中，由于又点坐标为：，即，故C错误；对于选项D：记中点为则以D为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为圆方程为整理得联立，化简得即得直线方程为将代入方程恒成立；故直线过定点，D正确.故选：BD12. 已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（    ）A. 四边形EMGH的周长为是变化的B. 四棱锥的体积的最大值为C. 当时，平面截球O所得截面的周长为D. 当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为【答案】BD【解析】【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算.对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，连接，设∵，，则为平行四边形∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵平面，，平面，∴平面平面，对A：如图1，∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，则，即，同理可得： ，，，，∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；对B：如图1，由A可知：，，，，∵为正方形，则，∴为矩形，根据平行可得：点A到平面的距离，故四棱锥的体积，则，∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，∴当时，取到最大值，故四棱锥的体积的最大值为，B正确；对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，当时，则，∵，则，∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，∵，则分别为各面的中心，∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，根据正方体可得：，正四棱锥的高为，故公共部分的体积，D正确；故选：BD.【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 抛物线的准线方程是______.【答案】【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准形式，求出的值，即可求解.【详解】由得抛物线方程为，所以，所以抛物线的准线方程是，故答案为：.14. 正三棱柱的所有棱长都相等，则异面直线与所成的角余弦值是______．【答案】【解析】【分析】分别取AB,BB1,B1C1,的中点L,M,N,则∥，∥，进而（或其补角）是直线与所成角，然后解出的三边，进而用余弦定理即可解得.【详解】设三棱柱棱长为2，取AB,BB1,B1C1,BC的中点分别为L,M,N,P，连接，∴∥，∥，设直线，所成角为，∴.连接，容易判断NP⊥LP，易知：,∴,易知：LB=BM=1，∠LBM=90°，∴，同理：.在中，由余弦定理：，∴.故答案为：.15. 若数列，则________.【答案】5000【解析】【分析】按奇偶项分组，再利用等差数列的求和公式代入计算即可.【详解】，由已知可得，，所以原式.故答案为5000.【点睛】本题主要考查数列求和问题，涉及分组求和与公式法求和，属中等难度题.16. 过双曲线：的左焦点的动直线与的左支交于A、B两点，设的右焦点为.若存在直线，使得，则的离心率的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由题可设为，，，联立l与双曲线的方程可得、；根据得，将、代入可得关于m的表达式，根据m范围和可求离心率范围﹒【详解】依题意知直线的斜率不为0，设的方程为，联立，消去，得，设，，则由知，，，由得，故，即，整理得，将、代入整理得，，则，∴，故，∴，两边除以，得，解得，又∵，∴，故，又A、B在左支且过，∴，即，故，∴，∴，即，则，故，即，综上：，即．故答案为：.【点睛】本题的关键在于根据直线l方程里面m的范围，得到关于a、b、c的不等式，从而求得离心率的范围．四、解答题17. 内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）若，求的周长；（2）若，求的面积．【答案】（1）18    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角可求出，结合余弦定理，由代换，求得，进而得解；（2）由正弦定理，代换得，求出，可解得，由正弦面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以．又，所以，即．又，所以．，解得，则．故的周长；【小问2详解】因为，所以．由，，得，解得，．故的面积．18. 等比数列中，，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，求数列前项的和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设出公比，得到，求出公比，得到通项公式；（2）在第一问的基础上，得到，裂项相消法求和.【小问1详解】设等比数列的公比为.因为，且已成等差数列，所以，因为，所以，即，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）得数列的通项公式为，所以数列所以数列前项的和.19. 如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；（2）根据面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点到面距离向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，分别为中点，，，又，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面【小问2详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，又，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，点到平面的距离.20. 已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．（1）求C的方程；（2）经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．【答案】（1）    （2）或．【解析】【分析】（1）根据抛物线方程以及P的位置关系，由即可计算抛物线方程；（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设出直线方程并与抛物线联立方程组，利用弦长公式并根据的面积为即可求得直线的斜率，得到直线方程.【小问1详解】由题可知，点P的坐标为．因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），故C的方程为．【小问2详解】由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，可设l的方程为，，．联立方程组，整理得，则，．所以的面积，解得或（舍去），故l的方程为或．21. 如图1，在直角三角形中，为直角，在上，且，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2.（1）若平面平面，求证:；（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1)由题意知，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得；(2) 作所在的直线于点,由题意可得知，所以平面，即可得平面平面，作于点，连接，进而可得为二面角的平面角，设，则，设，则，进而可得，解得，再由，计算即可得答案.【小问1详解】证明：由题意知，又平面平面，平面平面平面，所以平面.又平面，所以；【小问2详解】解：由题意知，平面平面因而平面，又平面，因而平面平面.如图，作所在的直线于点，又平面平面，平面，所以平面.作于点，连接，则为二面角的平面角，设，则，在中，，所以，设，则，因而，在直角三角形中，，即，解得或（舍去），此时，从而.22. 已知椭圆：的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程：（2）设点，是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．【答案】（1）    （2）直线AB恒过定点．【解析】【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，（2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线PA与PB的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点．【小问1详解】因为椭圆C：的长轴为双曲线的实轴，所以，因为椭圆C过点，所以，即，得所以椭圆方程为，【小问2详解】①当直线AB的斜率存在时，设其方程为，，， 由，得，，所以，所以，，因为，所以，即，则，所以，化简得，即，所以或，当时，直线AB的方程为，则直线过定点（舍去），当时，直线AB的方程为，所以直线过定点，②当直线AB的斜率不存在时，设直线为，由，得所以，所以，解得（舍去），或，所以直线也过定点，综上，直线AB恒过定点．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中与曲线相交的直线过定点问题，一般采取“设而不求”的思想方法，即设直线方程为，设交点坐标为，，直线方程代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，或，，然后交点坐标计算其它量(如斜率、弦长等)并利用其满足的性质和题目条件求得参数值或参数和关系后由直线方程可得定点坐标.