2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市克东县第一中学等2校高二下学期开学考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市克东县第一中学等2校高二下学期开学考试数学试题含答案，共19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学年黑龙江省齐齐哈尔市克东县第一中学等2校高二下学期开学考试数学试题 一、单选题1．命题“”的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据全称量词命题的否定方法写出命题的否定即可.【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题“”的否定为：“”. 故选：B.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由集合，又由，根据集合交集的概念及运算，可得.故选：D.3．已知（i是虚数单位），z共轭复数为，则的虚部为（    ）A．2 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算求得复数z，根据共轭复数的概念即可求得答案.【详解】由可得，故的虚部为，故选：B4．某中学举办以“喜迎二十大、永远跟党走，奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人的比赛成绩依次为：83，85，87，87，88，88，91，93，97（单位：分），则这9人成绩的第80百分位数是（    ）A．87 B．91 C．93 D．95【答案】C【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以这9人成绩的第80百分位数是第8个数，即为93.故选：C5．已知等比数列的公比为q，则“是“，，成等差数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据题意，由等差数列与等比数列的定义，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.【详解】因为为等比数列，则，若，则，，为常数数列，且为等差数列，所以充分性满足；若，，成等差数列，由等差中项的性质可得，，化简可得，，且，则，解得或，所以必要性不满足；所以“是“，，成等差数列”的充分不必要条件.故选：A6．已知双曲线C：的一条渐近线的方向向量为，则此双曲线的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】双曲线的渐近线为，根据渐近线的方向向量可得，再求离心率.【详解】∵渐近线的方向向量为，∴，∴双曲线的离心率为．故选：B.7．如图甲是第七届国际数学教育大会（简称ICME-7)的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知，，，，…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前n项和，则（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，根据裂项求和可得，即可得出答案．【详解】由题意得，则，，，，，，前项和，故．故选：C8．，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数,易得单调递增，即可得到结果.【详解】因函数在上单调递增，故，即,,即故选:A. 二、多选题9．一个正四面体形的骰子，四个面分别标有数字1，2，3，4，先后抛掷两次，每次取着地的数字．甲表示事件“第一次抛掷骰子所得数字是1”，乙表示事件“第二次抛掷骰子所得数字是2”，丙表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是5”，丁表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是6”，则下列说法正确的是（    ）  A．甲发生的概率为 B．乙发生的概率为C．甲与丙相互独立 D．丙与丁相互独立【答案】AC【分析】由列举法求解所有基本事件，即可根据古典概型的概率公式求解概率，结合选项即可逐一求解.【详解】设事件表示事件“第一次抛掷骰子所得数字是1”，事件表示事件“第二次抛掷骰子所得数字是2”，事件表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是5”，事件表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是6”，续抛掷质地均匀的正四面体形的骰子两次，有共16种等可能的不同结果，第一次抛掷骰子所得数字是1的情况有：，甲发生的概率为：，故A正确；第二次抛掷骰子所得数字是2的情况有：，乙发生的概率为：，故B错误；两次抛掷骰子所得数字之和是5的情况有：，丙发生的概率为：，两次抛掷骰子所得数字之和是6的情况有：，丁发生的概率为：，，，故事件甲与丙相互独立，故C正确；，故D错误.故选：AC.10．已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（    ）A．在上的两个零点B．的图象关于点对称C．在上单调递增D．将的图象向右平移个单位长度，可得的图象【答案】BD【分析】根据为对称轴，可求得值，进而可得的解析式，逐一检验选项，即可判断A、B、C的正误；由三角函数的平移变换即可判断D的正误，即可得答案.【详解】依题意可得，，即，因为，所以，故.令，所以，令；；，故在上的一个零点，故A不正确；因为，故选项B正确；由，，得，，所以在，上单调递减，因为，所以在上单调递减，故选项C不正确；将的图象向右平移个单位长度，可得的图象，故D正确.故选：BD.11．已知，直线：，直线：，则下列说法正确的是（    ）A．必过定点B．，C．，D．与相交，且它们的交点在圆外【答案】ACD【分析】对于A：根据直线过定点运算求解；对B、C：根据直线的位置关系分析判断，对于D：根据题意分析可得与相交，且它们的交点在以为直径的圆上，结合两圆的位置关系分析判断.【详解】因为直线：，即，则可得，解得，即直线必过定点，故A正确，同理可得：直线：必过定点.又因为，所以对，，故C正确，B错误；综上所述：与相交，且它们的交点在以为直径的圆上，可得圆心，半径，又因为圆的圆心，半径，显然，可得圆与圆外离，即点在圆外，故D正确；故选：ACD.  12．如图，已知直线与抛物线交于A，B两点，且，于点D，点M为弦AB的中点，则下列说法正确的是（    ）  A．A，B两点的横坐标之积为 B．当点D的坐标为时，C．直线AB过定点 D．点M的轨迹方程为【答案】BCD【分析】对于ACD，设直线为，设，将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，然后逐个分析判断，对于B，先求出，再由可求出，从而可求出直线的方程，再结合前面得的方程可求出的值.【详解】对于ACD，设直线为，设，由，得，由，得，则，因为，所以，所以，所以，得，由题意可知，所以，所以，所以A错误，因为，直线为，所以直线AB过定点，所以C正确，设，则，，所以，，即，所以点M的轨迹方程为，所以D正确，对于B，因为点D的坐标为，所以，因为，所以，所以直线的方程为，即，由前面的计算可知直线为，所以，所以，所以B正确，故选：BCD【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设出直线方程代入抛物线方程化简，再利用根与系数的关系，然后结合题意求解，考查计算能力，属于较难题. 三、填空题13．已知直线l过抛物线C：的的焦点且与C交于A，B两点，线段AB中点的横坐标3，则      ．【答案】8【分析】根据焦点半径公式得焦点弦长，由此计算．【详解】设，则，抛物线中，所以．故答案为：8．14．已知向量，.则在上的投影向量的坐标为      ；【答案】【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解.【详解】由向量，，则在上的投影向量的坐标为.故答案为：. 四、解答题15．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，如图，在阳马中，平面ABCD，点E在棱PC上，平面BDE，且，则三棱锥外接球的表面积为      ．  【答案】【分析】通过线面垂直的判定定理和性质定理可证得，即，通过补形确定阳马的外接球的直径，结合球的表面积公式可得出答案.【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为平面BDE，平面BDE，所以，面，，所以平面，平面，所以，所以底面为正方形，所以，将阳马补形为长为2，宽为2，高为2的正方体，  可知其外接球直径为，故阳马的外接球半径，表面积.故答案为：. 五、填空题16．已知点P为圆：上一动点，直线PA，PB分别与圆：相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于C，D两点，则的周长能取得的整数值为      ．（写出1个即可）【答案】7（答案不唯一，7，8，9，10，11中任意一个均可）【分析】连接，由题意可知圆与y轴切于点，则可得，所以将的周长的周长转化为，所以只要求出的范围，就可得到的周长的范围，从而可得答案.【详解】连接，圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，则圆与y轴切于点，因为直线PA，PB分别与圆：相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于C，D两点，所以，所以的周长为，由图可知，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以的周长的范围为，所以的周长能取得的整数值为7，或8，或9，或，10，或11，故答案为：7（答案不唯一，7，8，9，10，11中任意一个均可）  【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查圆的切线长定理的应用，解题的关键是结合图形根据切线长定理将的周长转化为，然后根据圆的性质可得答案，考查数形结合的思想，属于较难题. 六、解答题17．已知是等差数列，是各项都为正数的等比数列，，再从①；②；③这三个条件中选择___________，___________两个作为已知.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】答案见解析【分析】（1）根据题设条件可得关于基本量的方程组，求解后可得的通项公式.（2）利用公式法可求数列的前项和.【详解】解：选择条件①和条件②（1）设等差数列的公差为，∴解得：，.∴，.（2）设等比数列的公比为，，∴解得，.设数列的前项和为，∴.选择条件①和条件③：（1）设等差数列的公差为，∴解得：，.∴.（2），设等比数列的公比为，.∴，解得，.设数列的前项和为，∴.选择条件②和条件③：（1）设等比数列的公比为，，∴，解得，，.设等差数列的公差为，∴，又，故.∴.（2）设数列的前项和为，由（1）可知.【点睛】方法点睛：等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．18．如图所示，平行六面体中，，．  (1)求直线与夹角的余弦值；(2)若空间一点P满足，求点P到直线AB的距离．【答案】(1)(2)3 【分析】（1）【小问1详解】解：以为基底，分别求得，，，再利用夹角公式由求解；（2）先求得，再由点P到直线BD的距离求解.【详解】（1）解：以为基底，因为，所以，同理可得，，则，，，，，，，所以．∴直线与夹角的余弦值是；（2）因为，所以，所以，则点P到直线BD的距离．19．已知椭圆C：的离心率为，且点在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程：(2)斜率为且不过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值．【答案】(1)；(2)2. 【分析】（1）根据题意列出方程组求解即可；（2）设出直线l方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理表示出弦长和点P到直线AB的距离为，进而写出面积的表达式，求最值即可.【详解】（1）由题意得，所以；又点在椭圆C上，所以；解得，，所以椭圆C的标准方程为：；（2）设直线l的方程为，，联立方程得：，由，得且，且，所以，弦长又P到直线AB的距离为，所以当且仅当时取等号，所以面积的最大值为2．20．已知数列的前n项之积为，且满足．(1)求证：数列是等差数列；(2)若数列的前n项和为，求证．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的定义即可求证，（2）根据裂项求和化简，即可由单调性求解.【详解】（1）由题意知：，∴，∴，∴数列是公差为3的等差数列；（2）∵，，∴，解得．∴，∴，∴由于，∴，又∵单调递减，∴单调递增，∴的最小值为，∴．21．如图，在梯形ABCD中，，点M在边AD上，，，以CM为折痕将翻折到的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．  (1)求四棱锥体积：(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF，由题意求出，再由三棱锥的体积公式求解即可；（2）延长DC到点E，以C为原点，、的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面MBS的法向量和直线CP的方向向量，再由线面角的向量公式结合二次函数的性质求解即可.【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．∵，∴，∵，∴∴，，．由题意知平面ABCD，平面ABCD，∴∵O为CD中点，且，∴，∴∴；（2）延长DC到点E，以C为原点，、的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∵，且，∴四边形BCDM为平行四边形，∴，∴，∴，．  设，则．设平面MBS的一个法向量，直线CP与平面MBS所成的解得为．由得，令，则，故可取．∴∴当时，取得最大值．所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．22．已知点P为圆C：上任意一点，点E的坐标为，线段PE的垂直平分线l与直线PC交于点A，当点P在圆C上运动时：(1)求点A的轨迹W的方程：(2)若直线PC不与x轴垂直，且与曲线W交于A，B两点（点A，B均在y轴右侧），则在x轴上是否存在点D，使得点C到直线DA，DB的距离相等？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)x轴上存在点可使点C到直线DA、DB的距离相等． 【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义，然后代入计算，分别求得，即可得到轨迹方程；（2）根据题意，设直线PC的方程为，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，再由直线DA与直线DB的斜率互为相反数，列出方程，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）  连接AE，线段PE的垂直平分线l与直线PC交于点A，所以，因为或者，即，所以，，即，而，由双曲线的定义知，点A的轨迹W是以C，E为焦点的双曲线，且，，即，，所以，所以W的标准方程为；（2）  假设存在点，设，，设直线PC的方程为，联立，得，则，所以且，，因为点C到直线DA，DB的距离相等，所以DC是的平分线，所以直线DA与直线DB的斜率互为相反数，即，则，因为，，所以，即，所以，即．因为，所以，故x轴上存在点可使点C到直线DA、DB的距离相等．【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线的定义以及直线与双曲线相交，计算量较大，难度较难，解答本题的关键在于设直线PC的方程为，避免讨论斜率存在与不存在情况.