2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二下学期第一次教学质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二下学期第一次教学质量检测数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二下学期第一次教学质量检测数学试题 一、单选题1．在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（    ）A．12 B．32 C．36 D．72【答案】C【分析】利用等差数列的求和公式结合角标和定理即可求解.【详解】解：等差数列中，所以等差数列的前6项之和为：故选：C.2．用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时，从“n=k”到“n=k+1”，左边需增添的代数式是（    ）A．(2k+1)+(2k+2) B．(2k-1)+(2k+1)C．(2k+2)+(2k+3) D．(2k+2)+(2k+4)【答案】C【分析】根据数学归纳法及所证等式的特点即可求解.【详解】当n=k时，左边是共有2k+1个连续自然数相加，即1+2+3+…+(2k+1)，所以当n=k+1时，左边共有2k+3个连续自然数相加，即1+2+3+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3).所以左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3).故选：C3．等比数列的前n项和为，则（    ）A．－2 B．2 C．－1 D．－4【答案】A【分析】求出，根据等比数列的性质求出.【详解】因为为等比数列，且前n项和，根据等比数列的性质有所以．故选：A4．已知等差数列和的前项和分别为，，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，得，再根据等差数列的性质和等差数列前项和公式即可得解.【详解】由，得，.故选：B.5．已知空间向量，，，若向量共面，则实数 （    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和空间向量的基本定理列出方程组，解之即可.【详解】因为三向量、、共面，设，其中、，则，解得.故选：C.6．如图，AB是圆的切线，P是圆上的动点，设，AP扫过的圆内阴影部分的面积S是的函数.这个函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据的增长速度求得正确答案.【详解】当时，的增长速度越来越快；当时，的增长速度越来越慢；所以B选项符合.故选：B7．已知分别为椭圆的左右焦点，P为C上一动点，A为C的左顶点，若，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可得即，化简即可求出答案.【详解】解：∵∴，即∴∴，∴.故选：A.8．已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有， .若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（    ）A．599 B． C．554 D．568【答案】D【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，找出它们相同的项，从而可求的前20项的和.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，所以，，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，所以，，由得，所以，所以.故选：D. 二、多选题9．以下四个命题表述正确的是（    ）A．直线恒过定点B．圆上有且仅有个点到直线的距离都等于C．曲线与曲线恰有三条公切线，则D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引切线，为切点，则的最小值为4【答案】BC【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径和列式求得判断C；根据切线长性质结合点到直线距离公式判断D．【详解】由，得，联立，解得，所以直线恒过定点，故A错误；圆的圆心坐标为，半径为，因为圆心到直线的距离等于1， 所以直线与圆相交，又圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，曲线化为标准式，圆心距为，解得，故C正确；由已知圆的圆心为，半径为，由切线的性质可得，由已知，故当取最小值时，取最小值，又取最小值等于点到直线直线的距离，所以的最小值为，D错误；故选：BC10．已知数列满足，，则（    ）A．B．当为偶数时，C．D．数列的前项和为【答案】BCD【分析】根据已知递推出可判断A；令，由已知可得，可得，令， 由已知可得，，所以可判断BC；计算出前项中的奇数项和、偶数项和可判断D.【详解】对于A，因为，，，，，故A错误；对于B，令， 由已知可得，，所以，又，所以，，令，所以，当为偶数时，，故B正确；对于C，由B可知，，令， 由已知可得，，所以，综上，故C正确；对于D，前项中的奇数项和，前项中的偶数项和，所以数列的前项和为，故D正确.故选：BCD.11．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.12．如图，是边长为9cm的等边三角形，点、、依次将、、分成1：2的两部分，得到，依循相同的规律、、依次将、、分成1：2的两部分，得到，不断重复这个步骤，得到三角形，…，，…．若的面积记为，的面积记为，现给出下列四个结论，其中正确的有（    ）A．数列是公比为的等比数列B．数列为常数列C．数列的前n项D．一只蚂蚁从出发，沿着路径爬行，则该蚂蚁所爬行的总距离小于．【答案】BCD【分析】从三角形的相似得到相似比，进一步得到面积比，从而得到相关数列的通项及前n项和，这样就可以判断每一个选项了.【详解】对于A，显然∽∽，在中，由余弦定理有，所以：，所以面积比，所以数列的公比为，故A不正确；对于B，在中，，所以.同理，同理可知数列是等比数列，公比为，所以，所以，故B正确；对于C，由，可得，而，所以，故C正确；对于D，可知，即数列是首项为3，公比为的等比数列，一只蚂蚁从出发，沿着路径爬行的总距离为，而，故D正确.故选：BCD 三、填空题13．记为等比数列的前项和．若，，则______．【答案】【分析】根据等比数列的性质得成等比数列，从而得到关于的方程，求解即可.【详解】因为为等比数列的前项和，且，，由等比数列的性质可知：成等比数列，即成等比数列，所以，解得：，故答案为：.14．已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则的最大值为 ________.【答案】【分析】由题意可得，求出公差，从而可求得，再根据二次函数的性质即可得解.【详解】由是与的等比中项，得，即，即，又，所以，所以，所以，所以当或时，取得最大值.故答案为：.15．已知数列的通项公式为， 则_________．【答案】【分析】分析数列的取值规律，结合等差数列求和公式求解.【详解】因为，所以当时，，当时，，所以当时，，所以，当时，，所以，所以，故答案为： 四、双空题16．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．信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该抛物线上一点，则点到直线和直线的距离之和的最小值是________，若以为直径的圆与y轴的公共点坐标为，则点的横坐标为________．【答案】     2     /【分析】（1）由题知，根据待定系数法得，进而根据抛物线的定义，将问题转化为求的距离，再数形结合求解即可；（2）取中点为，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为，进而结合抛物线的定义得以为直径的圆与y轴相切，再结合题意得P点纵坐标为，进而代入抛物线方程即可得答案.【详解】由图2，可设抛物线方程为，过点，∴，抛物线方程为，∴，是抛物线的准线，∴到的距离等于．（1）过作于，则到直线和直线的距离之和为∵抛物线的焦点∴过F作于，和抛物线的交点就是，∴（当且仅当三点共线时等号成立）∴点到直线的距离和到直线的距离之和的最小值就是到直线距离，∴最小值．（2）取中点为，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为则为梯形的中位线，由抛物线的定义可得，所以，所以，以为直径的圆与y轴相切，所以点为圆与y轴的切点，所以D点的纵坐标为，又D为中点，所以P点纵坐标为，又点P在抛物线上，则有，解得，所以P点横坐标为．故答案为：；. 五、解答题17．已知数列为等比数列，公比大于，且，．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等比数列通项公式可构造方程组求得，进而得到；（2）由（1）可得，利用错位相减法可求得.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，由得：，.（2）由（1）得：，，，，.18．已知圆经过原点且与直线相切，圆心在直线上.(1)求圆的方程；(2)已知直线经过点，并且被圆截得的弦长为2，求直线的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）由可求得圆心和半径；（2）分直线存在和不存在两种情况讨论.【详解】（1）因为圆心在直线上，可设圆心为，则点到直线的距离，.据题意，，则，解得，所以圆心为，半径，则所求圆的方程是.（2）当弦长为2，则圆心到直线的距离为.当不存在时，直线符合题意；当存在时，设直线方程为，圆心到直线的距离，∴，∴直线方程为.综上所述，直线方程为或.19．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.(1)证明：平面.(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值.【详解】（1）连接，交于点，四边形为正方形，；平面，平面，，又，平面，平面.（2）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，，，，，，，，，假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，设，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；由（1）知：平面，平面的一个法向量为；，解得：，当，即时，二面角的余弦值为.20．已知各项为正数的数列的前项和为，且.(1)设，求数列的前项和为；(2)设为非零整数，，是否存在确定的值，使得对任意，有恒成立若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在 【分析】（1）降次作差因式分解得，则可得为等差数列，写出其通项则得到，利用裂项相消法即可得到答案；（2）计算得，计算，分为奇数和偶数即可得到范围，最后得到值.【详解】（1），① ，② ①②得，化简得，且数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，；则，（2），，假设存在确定的值，使对任意，都有恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，对任意恒成立．①当为奇数时，即恒成立，当且仅当时，有最小值为，；②当为偶数时，即恒成立，当且仅当时，有最大值，．即，又为非零整数，．综上所述：存在，使得对任意，都有．21．某企业2015年的纯利润为500万元,因为企业的设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不进行技术改造,预测从2015年开始,此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造,2016年初该企业需一次性投入资金600万元,在未扣除技术改造资金的情况下,预计2016年的利润为750万元,此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元.(1)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的年纯利润为万元;进行技术改造后,在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为万元,求和;(2)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的累计纯利润为万元,进行技术改造后的累计纯利润为万元,求和;(3)依上述预测,从2016年起该企业至少经过多少年,进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润?【答案】(1) ,(2) ,(3) 至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.【分析】(1)利用等差数列、等比数列的通项公式求和(2) 是数列的前项和，是数列的前项和减去600，利用等差数列和等比数列的前项和公式求出即可(3)作差，利用函数的单调性，即可得出结论【详解】(1)由题意得 是等差数列，所以由题意得所以所以是首项为250，公比为的等比数列所以所以(2) 是数列的前项和所以是数列的前项和减去600，所以(3) 易得此函数当时单调递增且时时所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.【点睛】本题考查的是数列的综合知识，包含通项公式的求法、前n项和的求法及数列的单调性.22．已知，，点满足，记点的轨迹为，(1)求轨迹的方程；(2)若直线过点，且与轨迹交于、两点．在轴上是否存在定点，无论直线绕点怎样转动，使恒成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）根据双曲线定义即可得，，即可得到双曲线方程，注意轨迹为双曲线右支；（2）设直线的方程为，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时列出不等式解出，设存在点满足条件，计算，将韦达定理式代入化简，根据方程恒成立得到关于的方程，解出即可.【详解】（1）由知，点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支．且，即，，故，    轨迹方程为．（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得得，  设，，由条件得  ，解得．   设存在点满足条件，由  ，得     对任意恒成立，所以解得， 因此存在定点满足条件．若直线的斜率不存在，则直线的方程为，联立得，，将验证，结果也成立.         综上所述，轴上存在定点，使恒成立.【点睛】关键点睛：本题第二问设直线的方程为，将之与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时解出其中的范围，设存在点满足条件，计算，再将韦达定理式代入化简得，根据方程恒成立得到关于的方程，解出值，最后不忘讨论直线斜率不存在的情况.