广西玉林市2022-2023学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试题

这是一份广西玉林市2022-2023学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试题，共18页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0， 在数列中，，则的值为， 已知圆C等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名､班级､考号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
第I卷（选择题，共60分）
一､单选题（共8小题，每小题5分，共40分，请把答案填涂在答题卡的相应位置上）
1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】一个点关于轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标改变成原来的相反数，即可选出答案.
【详解】一个点关于轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标改变成原来的相反数，
点关于轴对称的点的坐标为.
故选：C.
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合斜率的定义即可求得直线的倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可知：，则.
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线倾斜角的定义，特殊角的三角函数值，属于基础题.
3. 已知圆的方程为，则圆心的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的方程配成标准方程，可求得圆心坐标.
【详解】圆的标准方程为，圆心的坐标为.
故选：A.
4. 在等比数列中，，，则等于（ ）
A. B. 5C. D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的项求公比，进而求即可.
【详解】由题设，，
∴．
故选：D
5. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则实数的值是（ ）
A. B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦半径公式求，再代入点求值.
【详解】抛物线上点到其焦点的距离为5，
，解得点在抛物线上，
，又.
故选：C.
6. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.
【详解】依题意，
.
故选：B
7. 在数列中，，则的值为（ ）
A. B. 7C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先判断数列单调性，再根据单调性去绝对值进行计算即可.
【详解】数列中，，则，
则当时，在数列中；当时，数列单调递增，则，
.
故选：A.
8. 已知双曲线的左､右焦点分别为与是双曲线的左顶点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出的坐标，再根据得到一个关于的等式，最后根据的关系求出离心率即可.
【详解】依题意，易得以为直径的圆的方程为，设，则，又由双曲线易得双曲线的渐近线为，如图，
联立，解得或，
，又轴，
由得，
，即.
故选：D.
二､多选题（共4小题，每小题5分，部分答对得2分，共20分，请把答案填涂在答题卡的相应位置上）
9. 已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝25，直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0.则以下几个命题正确的有（ ）
A. 直线l恒过定点(3，1)
B. 直线l与圆C相切
C. 直线l与圆C恒相交
D. 直线l与圆C相离
【答案】AC
【解析】
【分析】求出直线所过的定点，确定点在圆内，从而确定直线与圆的位置关系.
【详解】将直线l的方程整理为x＋y－4＋m(2x＋y－7)＝0，
由解得：
则无论m为何值，直线l过定点(3，1)，
因为，所以点在圆内，
故直线l与圆C恒相交，故AC正确.
故选：AC
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 已知任意非零向量，若，则
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D. 若空间四个点，则三点共线
【答案】BD
【解析】
【分析】由向量平行的性质判断A；根据空间向量共面定理即可判断选项B；用向量运算法则判断C；由共线向量定理判断D.
【详解】对于：若，则，
且，故错误；
对于，若对空间中任意一点，
有，，
四点共面，故B正确；
对于，是空间中的一组基底，
且，共面，
不可以构成空间的一组基底，故C错误；
对于，若空间四个点，，
，三点共线，故D正确.
故选：BD
11. 已知数列满足：，，，3，4，…，则下列说法正确的是（ ）
A
B. 对任意，恒成立
C. 不存在正整数，，使，，成等差数列
D. 数列为等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先判断D，根据数列的递推关系，通过D构造等差数列的定义，即可判断；根据等差数列的通项公式，得到数列的通项公式，再通过代入的方法，判断ABC.
【详解】因为，（）,所以,（）,
即，因为，
所以，
得，，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，即，
得，故D正确；
A.，故A正确；
B.，所以，故B正确；
C. 若存在正整数，，使，，成等差数列，则，
即，得，令，满足等式，所以C错误；
故选：ABD
12. 抛物线的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到时，，直线与抛物线相交于A，B两点，点，下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为
B. 存在直线，使得A、B两点关于对称
C. 的最小值为6
D. 当直线过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据得到故,A正确，中点在抛物线上，B 错误,，C正确，计算D正确，得到答案.
【详解】,故，,故,A正确；
设,设中点，则，相减得到,即,因为A、B两点关于对称，所以,故,故,点在抛物线上，不成立，故不存在，B错误；
过作垂直于准线于,则，当共线时等号成立，故C正确；
如图所示：为中点，故,故为直径的圆与轴相切，故D正确；
故选：ACD.
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请把答案写在答题卡相应位置上）
13. 已知直线与垂直，则__________.
【答案】9
【解析】
【分析】根据两直线垂直的充要条件即得.
【详解】由题可得，解得.
故答案为：9.
14. 在各项均为正数的等比数列中，若，，则______.
【答案】70
【解析】
【分析】利用等比数列的求和公式的基本量运算即得，或利用等比数列前n项和的性质求解.
【详解】设等比数列的公比为，由题可知，
方法一：由已知条件可列出方程组
两式作商得，
∴，
∴.
方法二：由性质得，
，即，
∴，
∴.
方法三：运用性质.
由已知条件，，易得，
∴，即，
∴.
由，解得.
方法四：运用性质，，，，…成等比数列解答.
∵，，成等比数列，
而，，∴，
即，
∴.
故答案为：70.
15. 如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______．
【答案】
【解析】
【分析】推导出，从而，结合，，，能求出的长．
【详解】二面角为，是棱上两点，分别在半平面、内，
且
所以,
所以，
，

，
的长．
故答案为．
【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题．
16. 已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】过圆心作，由已知求得，再求出圆心到直线的距离，求得的最小值，再由求解.
【详解】如图，为直线上的任意一点，
过圆心作，连接，由，
可得，
由，当共线时取等号，
又是的中点，所以，
所以.
则此时，
的最小值为.
故答案为：
四､解答题（本大题共6小顼，第17题10分，其他每题12分，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步取）
17. 在中，，，.
（1）求的中线所在直线的方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由中点坐标公示求得的中点，写出的斜率，用点斜式得到方程.
(2)求出所在直线的方程，由点到直线的距离求出三角形的高，求出的距离，代入面积公示得到答案.
【小问1详解】
由，，得的中点为，
又，所以，所以中线所在直线的方程为，即.
【小问2详解】
由，，得，直线的方程为，即，
点到直线的距离为，
又，所以的面积为.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，点在上，且．
（1）求证：；
（2）求EF与CG所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据空间向量证明垂直关系即可证明结果；(2)根据空间向量求线线夹角的方法求解.
【小问1详解】
建立以点为坐标原点, 所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，则，
所以，即，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
则，
因为与所成角的范围为，所以其夹角余弦值为.
19. 设数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和为.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算，根据公式计算得到答案.
（2）确定，利用裂项相消法计算得到答案.
【小问1详解】
当时，；
当时，；
经检验：满足；
综上所述：
【小问2详解】
，
.
20. 已知曲线C是到两个定点，的距离之比等于常数的点组成的集合．
（1）求曲线C的方程；
（2）设过点B的直线l与C交于M，N两点；问在x轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使得为定值
【解析】
【分析】（1）设点，根据距离之比等于常数列出等式，即可得到曲线方程；
（2）设直线l方程为，点，联立曲线C的方程，利用韦达定理可以求出，由于为定值可知，可求出参数t的值，即可得定点坐标和定值，当斜率不存在时，也符合题意.
【小问1详解】
设点，由题意可知，则有，整理得，故曲线C的方程为.
【小问2详解】
设直线l方程为，点，，
联立，得，
所以，
因此
若，即时，，所以定值为，
当斜率不存在时，直线l为，
联立可求得，，
所以，符合题意.
故存在定点，使得为定值.
21. 如图，在四边形中，于交点，.沿将翻折到的位置，使得二面角的大小为.
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上（不含端点）是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，为上靠近点的三等分点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先由题设条件证线面垂直，进而可证面面垂直.
（2）由已知条件建立空间直角坐标系，通过三点共线设出点的坐标，然后求出二面角对应的两个平面的法向量，再通过二面角的余弦值的绝对值等于其法向量所成角的余弦值的绝对值求解.
【小问1详解】
因为，所以，平面,平面,
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
过作，因为平面，所以，
因为，平面,平面
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，
与过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系.
因为，所以二面角的平面角为，即
则，，.
设，
则.
设是平面的一个法向量，
则，取
因为是平面的一个法向量.
所以，解得或（舍）.
所以为上靠近点的三等分点，即.
故：存在点为上靠近点的三等分点满足条件.
22. 在平面直角坐标系中，已知的周长是18，，是轴上关于原点对称的两点，若，动点满足.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设动直线过定点与曲线交于不同两点A，（点在轴上方），在线段上取点使得，证明：当直线运动过程中，点在某定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由知点G是的重心，取点，，不妨设，，
由几何关系得，符合椭圆定义，按椭圆定义求方程即可；
（2）设，，，（，且），所以，，
由向量与坐标关系可整理得①，②，由结合点A，B在椭圆上的两方程消元可得，即可证点Q总在定直线上
【小问1详解】
由知点G是的重心，取点，，
不妨设，，则，，且，
所以点是以，为焦点椭圆（除去长轴端点），
设椭圆的方程是，则，，
于是，即，
从而，点的轨迹方程为：.
（或根据椭圆定义求出点H的轨迹方程，然后利用重心坐标公式求点G的轨迹方程）
【小问2详解】
证明：设，，，（，且），所以，，
于是，，，，
从而①，②，
又点A，B在椭圆上，即③，④，
由并结合③④可得，
即点Q总在定直线上.
【点睛】关键点点睛：线段长度比例可转换成向量数乘关系，即可得出坐标间的关系，再结合点在曲线上形成的方程，结合式子特征进行消元即可