广东省深圳市高级中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题(含答案)

这是一份广东省深圳市高级中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、若集合,,则( )
A.B.C.D.
2、已知复数,则( )
A.B.C.D.
3、“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
4、已知函数在定义域上是减函数,且,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
5、已知m,l是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列条件可以推出的是( )
A.,,B.,,
C. ,,D.,,
6、在长方体中,已知与平面ABCD和平面所成的角均为,则( )
A.B.AB与平面所成的角为
C.D.与平面所成的角为
7、2022年北京冬奥会开幕式中,当《雪花》这个节目开始后,一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央,十分壮观.理论上,一片雪花的周长可以无限长,围成雪花的曲线称作“雪花曲线”,又称“科赫曲线”,是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边,重复进行这一过程.已知图①中正三角形的边长为3,则图③中的值为( )
A.B.C.6D.
8、已知双曲线C的左右焦点分别为,,实轴为,虚轴为,直线与直线相交于点D.若,则C的离心率等于( )
A.5B.3C.D.
二、多项选择题
9、已知双曲线方程,则在该双曲线中下列结论中正确的是( )
A.实轴长为6B.渐近线方程为
C.焦距是4D.焦点到渐近线的距离是
10、已知数列的前项和为,则下列结论正确的有( )
A.是递减数列B.
C.D.当最小时,
11、已知点是直线上的一点,过点P作圆的两条切线,切点分别为A,B,连接OA,OB,则( )
A.当四边形OAPB为正方形时,点P的坐标为
B.的取值范围为
C.当为等边三角形时,点P的坐标为
D.直线AB过定点
12、已知正四面体ABCD的棱长为,其外接球的球心为O.点E满足,,过点E作平面平行于AC和BD,平面分别与该正四面体的棱BC,CD,AD相交于点M,G,H,则( )
A.四边形EMGH的周长为是变化的
B.四棱锥的体积的最大值为
C.当时,平面截球O所得截面的周长为
D.当时,将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
三、填空题
13、抛物线的准线方程是_________.
14、正三棱柱的所有棱长都相等,则异面直线与所成的角余弦值是_____________.
15、若数列,则_____________.
16、过双曲线的左焦点的动直线l与的左支交于A、B两点,设的右焦点为.若存在直线l,使得,则的离心率的取值范围是____________________.
四、解答题
17、的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,.
(1)若,求的周长;
(2)若,求的面积.
18、等比数列中,,且,,成等差数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)若数列,求数列前n项的和.
19、如图,在多面体ABCDE中,平面平面ABE,,,,,F是AE的中点.
(1)证明：平面CDE;
(2)求点F到平面CDE的距离.
20、已知O为坐标原点,抛物线的焦点为F,P是C上在第一象限内的一点,PF与x轴垂直,.
(1)求C的方程;
(2)经过点F的直线l与C交于异于点P的A,B两点,若的面积为,求l的方程.
21、如图1,在直角三角形ABC中,为直角,,D在AC上,且,作于E,将沿直线DE折起到所处的位置,连接PB,PC,如图2.
(1)若平面平面BCDE,求证:;
(2)若二面角为锐角,且二面角的正切值为,求PB的长.
22、已知椭圆的长轴为双曲线的实轴,且椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)设点A,B是椭圆C上异于点P的两个不同的点,直线PA与PB的斜率均存在,分别记为,,若,试问直线AB是否经过定点,若经过,求出定点坐标;若不经过,请说明理由.
参考答案
1、答案：B
解析：,,
故.
故选：B.
2、答案：D
解析：依题意,,
所以.
故选：D.
3、答案：B
解析：,因为“”“”且“”“”,
因此,“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4、答案：A
解析：因为函数在定义域上是减函数,且,
则有
解得,所以实数a的取值范围是.
故选：A.
5、答案：D
解析：对于A,,,,有可能出现,平行这种情况,故A错误;
对于,,,,不能保证m垂直于内两条相交直线,
会出现平面,相交但不垂直的情况,故B错误;
对于C,,,,,故C错误;
对于D,,,又由,则内一定存在某直线a,满足,
则,故,故D正确,
故选：D.
6、答案：D
解析：如图所示：
不妨设,,依题以及长方体的结构特征可知,与平面ABCD所成角为,与平面所成角为,所以,
即,,解得.
对于A,,,,A错误;
对于B,过B作于E,易知平面,所以AB与平面所成角为,因为,所以,B错误;
对于C,,,,C错误;
对于D,与平面所成角为,,而,所以.D正确.
故选：D.
7、答案：C
解析：在图③中,以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,
,,
,即,
,由分形知,所以,
所以,
所以.
故选：C.
8、答案：A
解析：如图所示,,则,
连接,由双曲线的对称性,可得,
,得,故双曲线的离心率.
故选：A.
9、答案：ABD
解析：中,,故,故,
则实轴长为,渐近线方程为,B正确;
焦距为,C错误;
由对称性,不妨取焦点到渐近线距离为,D正确.
故选：ABD.
10、答案：BCD
解析：,当时,;
当时,
注意到时也满足,
所以数列的通项公式为,,
,是递增数列,A选项错误;
,B选项正确;
,C选项正确;
,,当最小时,,D选项正确.
故选：BCD.
11、答案：BD
解析：对于A选项：当四边形OAPB为正方形时,则
则圆
又点是直线上的一点
设
,即
该方程,无解
故不存在点P使得OAPB为正方形,A错误;
对于B选项：由A知,
,则,即PA的取值范围是
故B正确;
对于选项C：若三角形为等边三角形为等边三角形,易知
又OP平分
在中,由于
又P点坐标为：
,即
,故C错误;
对于选项D：
记OP中点为
则以D为圆心,为半径的圆与圆O的公共弦为AB
圆D方程为
整理得
联立,化简得
即得直线方程为
将代入方程恒成立;故直线AB过定点,D正确.
故选：BD.
12、答案：BD
解析：对于边长为2的正方体,则ABCD为棱长为的正四面体,
则球心O即为正方体的中心,
连接,设
,,则为平行四边形
,
又平面,平面,
平面,
又平面,,AC,平面,
平面平面,
对A：如图1,
平面平面,平面平面,平面平面,
,则,即,
同理可得： ,,,,
四边形EMGH的周长（定值）,A错误;
对B：如图1,由A可知：,,,,
为正方形,则,
为矩形,
根据平行可得：点A到平面的距离,
故四棱锥的体积,\
则,
,则当时,则,V在上单调递增,当时,则,V在上单调递减,
当时,V取到最大值,
故四棱锥的体积的最大值为,B正确;
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球,其半径,
设平面截球O所得截面的圆心为,半径为,
当时,则,
,则,
平面截球O所得截面的周长为,C错误;
对D：如图2,将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体,
设,,,
,则E,F,P,Q,K,N分别为各面的中心,
两个正四面体的公共部分为EFPQKN,为两个全等的正四棱锥组合而成,
根据正方体可得：,正四棱锥的高为,
故公共部分的体积,D正确;
故选：BD.
13、答案：
解析：由得抛物线方程为,所以,
所以抛物线的准线方程是,
故答案为：.
14、答案：
解析：设三棱柱棱长为2,取AB,,,BC的中点分别为L,M,N,P,连接LM,MN,LN,
,,设直线,所成角为, .
连接LP,PN,容易判断,易知：,
,
易知：,, ,同理：.
在中,由余弦定理：, .
故答案为：.
15、答案：5000
解析：,
由已知可得,
,所以原式.
故答案为5000.
16、答案：
解析：依题意知直线l的斜率不为0,设l的方程为,
联立,消去x,得,
设,,则由知,,,
由得,
故,即,
整理得,
将、代入整理得,,
则,,故,
,两边除以,得,解得,
又, ,故,
又A、B在左支且l过, ,即,故,
, ,
即,则,故,即,
综上：,即.
故答案为：.
17、答案：(1)18
(2)
解析：（1）因为,所以.
又,所以,即.又,所以.
,
解得,则.故的周长;
（2）因为,所以.
由,,得,解得,.
故的面积.
18、答案：(1)
(2)
解析：（1）设等比数列的公比为q.
因为,且,,已成等差数列,
所以,
因为,所以,即,
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得数列的通项公式为,
所以数列
所以数列前n项的和.
19、答案：(1)证明见解析
(2)
解析：（1）取DE中点G,连接FG,CG,
F,G分别为AE,DE中点,,,
又,,,,
四边形BCGF为平行四边形,,
又平面CDE,平面CDE,平面CDE.
（2）平面平面ABE,平面平面,,平面ABCD,
平面ABE,又,
则以A为坐标原点,,,正方向为x,y,z轴,可建立如图所示空间直角坐标系,
则,,,,
,,,
设平面CDE的法向量,
则,令,解得：,,,
点F到平面CDE的距离.
20、答案：(1)
(2)或.
解析：（1）由题可知,点P的坐标为.
因为,所以,解得或（舍去）,
故C的方程为.
（2）由题可知,,所以直线l的斜率一定存在,
可设l的方程为,,.
联立方程组,
整理得,
则,.
所以的面积,
解得或（舍去）,
故l的方程为或.
21、答案：(1)证明见解析
(2)
解析：（1）证明：由题意知,
又平面平面BCDE,平面平面,平面BCDE,
所以平面PDE.
又平面PDE,
所以;
（2）由题意知,
,平面PEB,平面PEB.
因而平面PEB,
又平面BCDE,因而平面平面BCDE.
如图,作所在的直线于点H,
又平面平面,平面PBE,所以平面BCDE.
作于点G,连接PG,
则为二面角的平面角,
设,则,
在中,,,
所以,,
设,则,,
因而,
在直角三角形PHG中,,即,
解得或（舍去）,此时,
从而.
22、答案：(1)
(2)直线AB恒过定点.
解析：（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴,
所以,
因为椭圆C过点,
所以,即,得
所以椭圆方程为,
（2）①当直线AB的斜率存在时,设其方程为,,,
由,得,
,
所以,
所以,
,
因为,
所以,
即,
则,
所以,
化简得,
即,
所以或,
当时,直线AB的方程为,
则直线过定点（舍去）,
当时,直线AB的方程为,
所以直线过定点,
②当直线AB的斜率不存在时,设直线为,
由,得
所以,
所以,
解得（舍去）,或,
所以直线也过定点,
综上,直线AB恒过定点.