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）

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：D

2．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3

C． 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3

C．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PAC

B．平面EFC

C．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．