2022-2023学年广东省广州市铁一中学等三校高二上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市铁一中学等三校高二上学期期末联考数学试题（解析版），共20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。
2022-2023学年广东省广州市铁一中学等三校高二上学期期末联考数学试题 一、单选题1．命题“，都有”的否定为（    ）A．，使得 B．，都有C．，使得 D．，使得【答案】C【分析】根据全称量词命题的否定的知识求得正确答案.【详解】原命题的全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到是否定结论而不是否定条件，所以C选项正确.故选：C2．设复数，在复平面内的对应点关于实轴对称，，则（    ）A．10 B． C． D．－10【答案】A【分析】由题意可得，根据复数的乘法运算即可求解.【详解】因为复数，在复平面内的对应点关于实轴对称，，所以，则.故选：A.3．直线过点，且倾斜角是直线的倾斜角的两倍，则直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设直线的倾斜角为，可得出，利用二倍角的正切公式可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程，化为一般式即可.【详解】设直线的倾斜角为，则，由题意可知，直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故选：C.【点睛】本题考查直线方程的求解，涉及二倍角正切公式的应用，求出直线的斜率是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.4．某学生体重为，处于如图所示的平衡状态，假设他每只胳膊的最大拉力大小均为（重力加速度大小为g），如果要使胳膊得到充分的锻炼，那么他两只胳膊的夹角最大为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设两只胳膊拉力最大时的夹角为，根据力的平衡可得，结合向量的数量积的运算，即可求得答案.【详解】由题意，不妨设当该学生两只胳膊的拉力最大时，他两只胳膊的夹角最大为 ，设此时两只胳膊的拉力为 ,则N,则，即有，所以，即，故，故，故选：B5．如图，已知圆锥的母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则该圆锥的底面半径为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】根据蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离，结合圆锥的侧面展开图，求出展开图扇形的圆心角，根据弧长与底面圆的周长建立方程，求出底面半径.【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则由,所以，则设底面半径为，扇形半径为，则.所以.故选：A.6．已知圆：的一条切线过点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据二元二次方程表示圆、点在圆外，列不等式来求得的取值范围.【详解】方程表示圆，则，，解得或.由于圆的一条切线过点，所以，所以的取值范围是.故选：D7．过抛物线的焦点作直线交抛物线于M，N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点P.已知是一个定值，则该定值为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，求得，由此求得定值.【详解】，设，依题意可知直线的斜率存在，设其方程为，由消去并化简得，则，所以弦的垂直平分线为，令解得，所以，而，所以.故选：D8．已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用退一作差法求得，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】由，当时，，当时，由得，两式相减并化简得，也符合上式，所以，令，为常数，所以数列是等差数列，首项，所以，对称轴为，由于对任意的恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.故选：A【点睛】与前项和有关的求通项的问题，可考虑利用“退一作差法”来进行求解，和类似.求解等差数列前项和最值有关的问题，可结合二次函数的性质来进行求解. 二、多选题9．已知空间向量，.则下列结论正确的是（    ）A．与，共面 B．C．在上的投影向量的模长是 D．与夹角的余弦值为【答案】ACD【分析】对四个选项一一验证：对于A：利用空间向量共面定理证明；对于B：直接利用向量的共线定理判断；对于C：直接求出在上的投影向量的模长，即可判断；对于D：直接求出与夹角的余弦值，即可判断.【详解】对于A：因为空间向量，，，所以.所以与，共面.故A正确；对于B：因为向量，，所以.因为，所以不成立.故B错误；对于C：在上的投影向量的模长为.故C正确；对于D：与夹角的余弦值为.故D正确.故选:ACD10．记为数列的前项和，下列说法正确的是（    ）A．若对，，有，则数列一定是等差数列B．若对，，有，则数列一定是等比数列C．已知，则一定是等差数列D．已知，则一定是等比数列【答案】AC【分析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前项和的形式，可逐一判断.【详解】由和等差中项的性质，可得数列是等差数列，即A正确；当时，由和等比中项的性质，可得数列是等比数列，即B不正确；由等差数列前项和，得可看成的二次函数，且不含常数项，则C正确；由等比数列前项和，若，则，所以，则此时数列不是等比数列，则D错.故选：AC11．PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一，如图是某地12月1日至10日的PM2.5日均值（单位：）变化的折线图，则（    ）A．这10日PM2.5日均值的80%分位数为60B．前5日PM2.5日均值的极差小于后5日PM2.5日均值的极差C．前5日PM2.5日均值的方差大于后5日PM2.5日均值的方差D．这10日PM2.5日均值的中位数为43【答案】BD【分析】根据百分位数、极差、方差、中位数等知识确定正确答案.【详解】这个数据从小到大排列是：.A选项，，所以这10日PM2.5日均值的80%分位数为，A选项错误.B选项，前5日PM2.5日均值的极差为，后5日PM2.5日均值的极差为，B选项正确.C选项，通过观察可知，前5日PM2.5日均值的波动程度小于后5日PM2.5日均值的波动程度，所以前5日PM2.5日均值的方差小于后5日PM2.5日均值的方差，C选项错误.D选项，中位数是，D选项正确.故选：BD12．已知为椭圆：的左焦点，直线与椭圆交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆的另一个交点为P，则（    ）A．的最小值为 B．直线的斜率为C．面积的最大值为2 D．【答案】ABD【分析】先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换、利用基本不等式可判断A；由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系可判断B；由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值可判断C；先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知， 得，即，可判断D.【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，，，当且仅当时等号成立，故A正确；对于B，设，则，，故直线的斜率，故B正确；对于C，由得，，的面积，当且仅当时等号成立，故C错误；对于D，设，直线的斜率为，直线的斜率为，则，又点和点在椭圆上，①，②，①②得，易知，则，得，，，即，故D正确.故选:ABD.  三、填空题13．已知，则函数的定义域为______.【答案】【分析】根据偶次根式及对数有意义即可求解.【详解】由题意可知，要使有意义，则，解得，即.所以函数的定义域为.故答案为：.14．已知抛物线的焦点到准线的距离为4，若与双曲线：的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线的离心率为________.【答案】##【分析】先求得然后根据三角形的面积求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】由于抛物线的焦点到准线的距离为4，所以，所以直线的方程为，双曲线的一条渐近线方程为，令得，所以与双曲线两条渐近线所围成的三角形面积为，所以，所以双曲线的离心率为.故答案为：15．设一个平面内有条直线，其中任意两条直线都不平行，且任意三条直线都不经过同一点.记这条直线将该平面分割成了个部分，则________.（用含的代数式表示）【答案】【分析】先列举得到数列前三项的值，然后由第条直线被前条直线分割成段，每一段将它所在的原区域一分为二，得到，再利用累加法求解.【详解】，…，因为第条直线与前条直线都相交且不共点，所以它被前条直线分割成段，每一段将它所在的原区域一分为二，即在原区域上增加了个，故，所以，.故答案为:.16．已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于________.【答案】【分析】根据已知，可知点的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将的长度的变化范围转化为二面角的变化范围，再由弧长公式计算即得.【详解】如图所示：在矩形中，过点D作交AC于点F，交AB于点G，过点B作交DF于点E，故点的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，为二面角的平面角.∵，，，，，.翻折后，，平面DFE，平面.∵平面,.当时，，故是等边三角形，所以.当时，，因为,所以,所以.则点的运动圆弧所对应的圆心角为.故点的运动轨迹的长度是.故答案为:. 四、解答题17．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.问题：已知中，分别为角所对的边，__________.(1)求角的大小；(2)已知，若边上的两条中线相交于点，求的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）若选①，由诱导公式及正弦定理得，结合倍角公式即可求得，即可求解；若选②，由正弦定理得，结合辅助角公式得，即可求解；（2）建立平面直角坐标系，求出，由结合向量夹角公式即可求解.【详解】（1）若选①，，由正弦定理得，又，则，又，即，又，则；若选②，由正弦定理得，又，则，即，则，又，则；（2）以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，易得，由可得，则，则，则.18．如图所示，用4个电子元件组成一个电路系统，有两种连接方案可供选择，当且仅当从A到B的电路为通路状态时，系统正常工作，系统正常工作的概率称为该系统的可靠性.这4个电子元件中，每个元件正常工作的概率均为，且能否正常工作相互独立，当某元件不能正常工作时，该元件在电路中将形成断路.(1)求方案①中从A到C的电路为通路的概率.（用p表示）；(2)分别求出按方案①和方案②建立的电路系统正常工作的概率、（用p表示）；比较与的大小，并说明哪种连接方案更稳定可靠.【答案】(1)；(2)，；，按方案①的连接方案更稳定可靠. 【分析】(1)根据给定条件利用对立事件和相互独立事件的概率公式列式计算作答.(2)利用对立事件和相互独立事件的概率公式列式计算出、，再作差比较大小作答.【详解】（1）方案①中，从A到C的电路为通路即是两个电子元件至少一个正常工作，当电子元件都不正常时，即从A到C的电路不通的概率为，所以从A到C的电路为通路的概率.（2）方案①中，由(1)知，从C到B的电路为通路的概率为，从A到B的电路系统正常工作必须是从A到C的电路和从C到B的电路都为通路，于是得，方案②中，每一个支路中的两个电子元件都正常工作，该支路即为通路，其概率为，由(1)知，从A到B的电路系统正常工作的概率为，而，则，即，所以按方案①的连接方案更稳定可靠.19．已知数列的前项和为，，是6与的等差中项.(1)求数列的通项公式；(2)是否存在正整数，使不等式恒成立，若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，11 【分析】（1）法一：根据是与的等差中项，利用等差中项得，由关系得，从而可得数列通项.法二：根据是与的等差中项，利用等差中项得，根据该式的结构特征，利用构造法，可构造出等比数列，从而求得，进而利用关系得到数列的通项.（2）根据（1）知数列是等比数列，所以可以得到其前项和;代入化简，为奇数时恒成立，为偶数时将其转化为二次函数在固定区间恒成立问题，利用单调性可判断是否存在这样的正整数.【详解】（1）法一：因为是与的等差中项，所以（），即，（）①，当时有 ②，①-②得：，即对都成立，又根据①有，即，所以，所以. 所以数列是首项为1,公比为的等比数列.法二： 因为是与的等差中项，所以（），即，（），由此得（），又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，得，即（），所以，当时，， 又时也适合上式，所以.（2）根据（1）的结论知：数列是首项为1，公比为的等比数列，所以其前项和为（），原问题等价于（）①恒成立.当为奇数时，①左边恒为负，右边恒为正，所以对任意正整数不等式恒成立；当为偶数时，①等价于恒成立，令，有，则①等价于在恒成立， 因为为正整数，二次函数的对称轴显然在轴左侧，当时二次函数为增函数，故只须，解得，，所以存在符合要求的正整数，且其最大值为11.20．已知圆：，点.(1)若，求以为圆心且与圆相切的圆的方程；(2)若过点的两条直线被圆截得的弦长均为，且与轴分别交于点、，，求的值.【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）由题意，可设圆的方程为，判断出点在圆外，则圆与圆外切或内切，分类讨论两圆内切与外切两种情况，列方程求解，从而可得圆的方程；（2）先排除过点与轴垂直的情况，从而设过点的直线方程为，再根据圆的弦长公式建立方程并化简可得，结合根与系数的关系以及，从而可得的方程，解方程即可得解.【详解】（1）当时，，设圆的方程为，因为，所以点在圆外，所以圆与圆外切或内切，又，圆的半径为，当两圆外切时：，可得；当两圆内切时：，可得；所以以为圆心且与圆相切的圆的方程为或.（2）若过点的直线与轴垂直时，直线方程为，圆心到直线的距离为，直线与圆相离，不满意题意；设过点的直线方程为，即，由题意得，，化简得，设直线、的斜率分别为，则，且，对过点的直线，令，得，，，解得，所以.【点睛】方法点睛：解决直线与圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆的条件；（2）强化利用几何法求解圆的弦长，代入公式化简得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题．21．如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，点D是底面ABC的中心，点平面PAB，且平面PAB，直线PE交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)若平面PBC，且垂足为点F，请找出点F的位置，并求出二面角的正弦值.【答案】(1)证明详见解析(2)点在上，且，二面角的正弦值为 【分析】（1）通过证明来证得是的中点.（2）通过线面垂直以及线线平行等知识确定点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值并转化为正弦值.【详解】（1）由于点D是正三棱锥底面ABC的中心，所以平面，由于平面，所以，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，由于，所以G是AB的中点.（2）由（1）可知三点共线，由于平面，所以平面，过作，交于，则且平面，由于三角形是等腰直角三角形，，所以，,，所以，所以，所以，故点在上，且，连接，依题意可知两两相互垂直，以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，由于是正三角形的中心，所以.，设平面的法向量为，则，故可设.平面的一个法向量为，设二面角为，则，所以.22．已知双曲线C:的左右顶点分别是且经过点，双曲线的右焦点到渐近线的距离是，不与坐标轴平行的直线l与双曲线交于P、Q两点（异于），P关于原点O的对称点为S.（1）求双曲线C的标准方程;（2）若直线与直线相交于点T，直线OT与直线PQ相交于点R，证明：在双曲线上存在定点E，使得的面积为定值，并求出该定值.【答案】（1）；（2）存在，定值为.【分析】（1）根据题意建立关系求出即可得出方程；（2）设出直线方程，与双曲线联立，得出韦达定理，利用韦达定理表示出直线的斜率，即可得出点在定直线上，即可求解.【详解】（1）设双曲线的右焦点，一条渐近线为，则由题可得，解得，所以双曲线的标准方程为；（2）设，设直线，联立直线与双曲线可得，由可得，所以，则，，由题，由三点共线可得，即，由三点共线可得，即，相加可得，所以直线，联立直线可得可得，因此点在定直线上，则使得的面积为定值的点一定为过点M且与直线平行的直线与双曲线的交点，此时，则.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.