2022-2023学年上海市闵行区高二年级下册学期开学摸底数学试题【含答案】

这是一份2022-2023学年上海市闵行区高二年级下册学期开学摸底数学试题【含答案】，共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市闵行区高二下学期开学摸底数学试题 一、填空题1．若直线与直线平行，直线的斜率为，则直线的倾斜角为__________.【答案】##【分析】根据两直线平行，倾斜角相等即可.【详解】直线的斜率为所以直线的倾斜角为，直线与直线平行所以直线的倾斜角为.故答案为：2．设等差数列的前项和为，若，则___________.【答案】6【分析】利用等差数列前n项和的公式即可.【详解】.故答案为：6.3．等比数列中，，则___________.【答案】## 【分析】根据等比数列通项公式得，，进而根据对数运算求解即可.【详解】解：因为等比数列中，，所以，，解得，所以，，所以，.故答案为：4．长方体的底面为边长为1的正方形，高为2，则集合中元素的个数为____________个.【答案】1【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积可得，即可得答案.【详解】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，，，，因为，则对任意，，均有，所以集合，只有一个元素.故答案为：15．数列的前项和，则___________.【答案】8【分析】利用和的关系即可.【详解】，，.故答案为：8.6．已知抛物线上一点到此抛物线焦点的距离为，那么点的纵坐标为___________.【答案】##0.25【分析】利用抛物线的定义求解.【详解】解：抛物线的标准方程为，则焦点为 ，准线方程为 ，设，因为抛物线上点到此抛物线焦点的距离为，所以，解得 ，故答案为：7．已知数列中，，（是正整数），则数列的通项公式______.【答案】【分析】等式两边同时除以，可得，后由累加法可得数列的通项公式.【详解】等式两边同时除以，可得，则.得，则，.故答案为：，.8．过双曲线的右焦点作直线交双曲线于两点，若，则这样的直线有______条．【答案】3【分析】根据题意设直线的方程为，进而联立方程，结合弦长公式得，进而解方程即可得或且均满足条件，进而得答案.【详解】解：由题知双曲线的标准方程为，所以，双曲线的右焦点为，所以，设直线的方程为，联立方程得所以，，，设，则，所以，由弦长公式得，所以，，即或，解得或，此时直线的方程为或.综上，满足条件的直线的方程为或，共3条.故答案为：39．已知是椭圆上的三个点，为坐标原点，点关于原点对称，经过右焦点，若且，则该椭圆的离心率是_________.【答案】【分析】利用对称性和几何关系，建立两个和的方程，然后解方程即可.【详解】设椭圆的左焦点，连接.点关于原点对称,设由对称性可知: 且 ①在中， 联立①式，解得椭圆的离心率.故答案为：10．已知数列满足，，数列的奇数项单调递减，数列的偶数项单调递增，若，则数列的通项公式为__．【答案】【分析】法一：用列举法得，，，，，，找规律得，再利用累加法及等比数列前n项和公式可求其通项；法二：由已知有，，从而有，再结合数列的奇、偶项的单调性得，再利用累加法及等比数列前n项和公式可求其通项．【详解】法一：先采用列举法得，，，，，，，然后从数字的变化上找规律，得，所以．法二：因为，，所以，而递减，所以，故；同理，由递增，得；又，所以，所以．11．设点是：上的动点，点是直线：上的动点，记，则的最小值是______．【答案】【分析】设，将转化成探求线段长最值问题求解作答.【详解】依题意，设，显然圆C与直线l相离，，当且仅当时取“=”，当时，，，，，其中锐角由确定，此时，当且仅当时取“=”，当时，，，，，其中锐角由确定，此时，当且仅当时取“=”，显然，因此，当时，，则，所以的最小值是.故答案为：【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.12．对于数列，令，给出下列四个结论：①若，则；②若，则；③存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立；④若对任意的，都有，则有.其中所有正确结论的序号是______.【答案】①②④【分析】逐项代入分析求解即可.【详解】对于①：因为，且因为，所以，所以，故选项①正确；对于②：若，则所以，所以两式相减得，所以，所以，所以，故选项②正确；对于③：，，所以若对任意的都成立，则有，所以，因为各项为整数，则不等式串中绝对值只能从越来越小，之后甚至会出现大于某数绝对值的情况，例如：，后续还会有绝对值，但是会有矛盾，故选项③错误；对于④：若对任意的，都有，则有..故选项④正确；故答案为：①②④. 二、单选题13．若动点满足，则点M的轨迹是（    ）A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】D【分析】根据题意，化简得到，结合抛物线的定义，即可求解.【详解】由题意，动点满足，即，即动点到定点的距离等于动点到定直线的距离，又由点不在直线上，根据抛物线的定义，可得动点的轨迹为以为焦点，以的抛物线.故选：D.14．若直线与圆无公共点，则点与圆的位置关系是（    ）A．点在圆上 B．点在圆外C．点在圆内 D．以上都有可能【答案】C【分析】利用圆心到直线的距离小于圆的半径可得出关于、的不等式，即可判断出点与圆的位置关系.【详解】圆的圆心为，半径为，因为直线与圆无公共点，则，所以，，因此，点在圆内.故选：C.15．已知是空间中不共线的三个点，若点满足，则下列说法正确的一项是（    ）A．点是唯一的，且一定与共面B．点不唯一，但一定与共面C．点是唯一的，但不一定与共面D．点不唯一，也不一定与共面【答案】B【分析】由，可得，从而有共面，四点共面，再结合不共线，即可得答案.【详解】由空间向量的知识可知共面的充要条件为存在实数，使，因为，所以，所以共面，所以四点共面，又因为不共线，所以满足此关系的点有无数个，所以点不唯一，共面.故选：B.16．将数列中的所有项排成如下数阵：……已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数……，成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则下列结论错误的为（   ）A． B．C．位于第85列 D．【答案】C【分析】分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；分析计算的表达式，比较可得B正确；通过计算可知位于数阵第行第86列，故C错误；位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.【详解】将等差数列，，，，…，记为，则公差，所以，，故A正确；因为，，故B正确；第行的项数，第行的项数，，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，因为，而，则位于第行从左边数第项，即位于第列，故C错误；，故D正确.故选：C. 三、解答题17．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点. (1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明平面.（2）分别取中点，连接，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法计算即可求出结果.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为正三棱柱，所以，且，因为为线段的中点，所以且.所以且，因为为中点，所以.所以且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）解：分别取中点，连接，因为是正三棱柱，所以，平面，.所以平面.所以，.以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量为，所以，即，令，解得，所以.设直线与平面所成角为，，则，所以.即直线与平面所成角为.18．记为公比不为1的等比数列的前项和，，．(1)求的通项公式；(2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等比数列的公比为，由求出，再由等比数列求和公式求出，即可得解；（2）由（1）可得，即可得到数列的特征，令，求出的取值，即可得到为以为首项，为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得.【详解】（1）解：设等比数列的公比为，因为，即，即，所以，又，即，解得，所以.（2）解：由（1）可得，则数列为、、、、，偶数组成的数列，又，令，则为正偶数，所以，，，，，所以为以为首项，为公比的等比数列，所以.19．某市2013年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张.为了节能减排和控制总量，从2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，一旦某年发放的燃油型汽车牌照数为0万张，以后每一年发放的燃油型的牌照的数量维持在这一年的水平不变.同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变.(1)记2013年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列，每年发放的电动型汽车牌照数为构成数列，写出这两个数列的通项公式；(2)从2013年算起，求到2029年（包含2029年）累计各年发放的牌照数.【答案】(1)，(2)206万张 【分析】（1）利用等差数列通项公式可得，结合题意可得，根据等比数列通项公式可得，结合题意利用前项和公式判断可得；（2）根据（1）分别求数列、的前17项和，再相加．【详解】（1）设当时，数列为等差数列，则根据题意令，则∴，则设当时，数列为等比数列，则其前项和为递增数列，且∴，，则（2）根据题意可得到2029年（包含2029年），即为第17年对于数列的前项和对于数列的前项和到2029年（包含2029年）累计各年发放的牌照数为（万张）20．已知二次曲线．(1)求二次曲线的焦距和离心率；(2)若直线与二次曲线及圆都恰好只有一个公共点，求直线的方程；(3)任取平面上一点，证明：中总有一个椭圆和一条双曲线都通过点．【答案】(1)焦距为，离心率为(2)见解析(3)见解析 【分析】（1）根据椭圆的焦距与离心率即可得解；（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设方程为，根据直线与圆只有一个交点求出的关系时，再联立直线与曲线方程，结合根的判别式即可得出答案；（3）分别求出曲线表示椭圆和双曲线时的范围，再将点代入，结合二次函数的性质及零点的存在性定理即可得出结论.【详解】（1）解：二次曲线为焦点在轴上的椭圆，，所以焦距为，离心率为；（2）解：二次曲线为焦点在轴上的双曲线，圆的圆心，半径，当直线的斜率不存在时，圆的切线方程为或，在方程中，当时，，所以直线和与曲线只有一个公共点，当直线的斜率存在时，设方程为，即，圆心到直线的距离，联立，消得，当，即时，直线与曲线只有一个公共点，此时，所以直线的方程为或或或，当，即时，则，整理得，结合，解得或，所以直线的方程为或，综上所述直线的方程为或或或或或或或；（3）证明：当曲线表示椭圆时，，则，当曲线表示双曲线时，则，把点代入得，即，设，它是关于的二次函数，且图象开口向上，因为，，所以函数在内穿过一次轴，在内穿过一次轴，即方程一个根在上，一个根在上，所以中总有一个椭圆和一条双曲线都通过点．【点睛】第三问转化为函数的零点存在定理是关键21．已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，若数列满足，且等式对任意成立．（1）求数列的通项公式；（2）将数列与的项相间排列构成新数列，设该新数列为，求数列的通项公式和前项的和；（3）对于（2）中的数列前项和，若对任意都成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2），；（3）．【分析】（1）由4Sn＝（an+1）2，n＝1时，4a1，解得a1，n≥2时，4an＝4（Sn﹣Sn﹣1），化为：（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，根据数列{an}的各项均为正数，可得an﹣an﹣1＝2，利用等差数列的通项公式可得an．（2）数列{bn}满足b1＝2，b2＝4，且等式bn2＝bn﹣1bn+1对任意n≥2成立．利用等比数列的通项公式可得bn．进而得出cn，T2n．（3）Tn≥λ•cn，即n2+2n+1﹣2≥λcn，对n分类讨论即可得出．【详解】（1）由，即，所以，两式相减得，， 故，      因为，所以．      又由得．所以，数列是首项为，公差为的等差数列．所以，数列的通项公式为．  （2）由题意，数列是首项为，公比为的等比数列，故．所以，    数列的前项和，数列的前项和． 所以，．  （3）当为偶数时，设（），由（2）知，，，由，得，  即，  设，则，所以，当时，单调递增，当时，单调递减． 因为，当时，，所以，．所以，．  当为奇数时，设（），则，，  由，得，即， 设，则，故单调递增，，故． 综上，的取值范围是．【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式、分类讨论方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．