2022-2023学年湖北省随州市曾都区第一中学高二上学期期末模拟数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省随州市曾都区第一中学高二上学期期末模拟数学试题（解析版），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学年湖北省随州市曾都区第一中学高二上学期期末模拟数学试题 一、单选题1．已知数列的前n项和，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可得答案.【详解】因，则．故选：C2．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（    ）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.【详解】若，则或，故充分性不成立，若，则，必要性成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：C3．双曲线的离心率为，则的一条渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据离心率计算公式，即可容易求得结果.【详解】因为的离心率为，所以，所以渐近线方程为.故选：B.4．在正四面体中，F是的中点，E是的中点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量加减法的运算法则即可得解.【详解】依题意，结合图形可得，．故选：A.5．已知等差数列满足，则的值为（    ）A．－3 B．3 C．－12 D．12【答案】B【分析】根据等差数列的性质若则可得.【详解】由等差中项的性质可得，，解得，∵，∴．故选：B6．《几何原木》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，因为，所以、、、，，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为．故选：B.7．在数列中，已知对任意正整数，有，则等于（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用作差法及等比数列的通项公式，结合等比数列的求和公式即可求解.【详解】当时，由，得，所以.当时，，也满足合上式.所以数列的通项公式为.所以.所以数列是等比数列，首项为，公比为，所以.故选：D.8．在平行六面体中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱的长为b，且.则（     ）A．的长为 B．直线与AC所成角的余弦值C．的长为D．直线与BC所成角的余弦值【答案】C【分析】利用空间向量的运算逐项进行计算即可判断.【详解】对于A，，，所以，故选项A错误；对于B，由题意可知：，，所以，，所以，故选项B错误；对于C，，，，所以，故选项C正确；对于D，由选项B的分析可知：，由题意可知：，，所以，故选项D错误，故选：C. 二、多选题9．已知直线：和圆：，则（    ）A．直线恒过定点 B．存在使得直线与直线：垂直C．直线与圆相离 D．若，直线被圆截得的弦长为【答案】BD【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；当 时，直线与直线垂直，故B正确；∵定点在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C不正确：当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，故选：BD.10．在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则（    ）A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为【答案】BD【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则因为，所以.所以点到直线的距离为，故A错误；因为所以，即所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，，所以直线到直线的距离为，故B正确；设平面的一个法向量为，.由令，则，即.设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；因为平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，由（3）得平面的一个法向量为，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为，故D正确.故选：BD11．已知等比数列的公比为，其前项之积为，且满足，，，则（        ）A． B．C．的值是中最小的 D．使成立的最大正整数的值为4043【答案】ABD【分析】由等比数列的性质得，再对选项逐一判断，【详解】由，，得，且，对于A，，故A正确，对于B，，故B正确，对于C，当时，，当时，，故的值是中最小的，故C错误，对于D，，，故使成立的最大正整数的值为4043，故D正确，故选：ABD12．已知动点在圆上，直线过点，则（    ）A．当直线与圆相切时，l的方程为B．当直线过点时，点到直线的距离的最大值为C．当直线的斜率为时，直线被圆所截得的弦长为D．若圆上恰有4个点到直线的距离为1，则直线斜率【答案】BCD【分析】分当直线斜率不存在和存在时两种情况讨论判断A；求得圆心到直线的距离，再与半径求和判断B；根据几何法求弦长判断C；根据圆心到直线的距离解不等式判断D.【详解】由题知，圆的圆心为，半径为.对于A，当直线斜率不存在时，方程为，此时圆心到的距离为，等于半径，故满足；当直线斜率存在时，设方程为，则有，解得，故方程为，故当直线与圆相切时，l的方程为或，故A错误；对于B，直线过点时，其方程为即，此时圆心到直线的距离为，故点到直线的距离的最大值为，故B正确；对于C，当直线的斜率为时，其方程为即，此时圆心到直线的距离为，故直线被圆所截得的弦长为，故C正确；对于D，若圆上恰有4个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离，设直线方程为，则，即，解得，故D正确.故选：BCD 三、填空题13．数列的前项和，则的通项公式___________.【答案】【分析】根据求得，当时，利用求得的表达式，验证首项是否适合，即可得答案.【详解】由题意数列的前项和，则，当时，，不适合上式，故的通项公式，故答案为：14．抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据抛物线的定义，将转化为到准线的距离，再结合图形可求出结果.【详解】由，得，准线方程为：，过作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时，等号成立.故答案为：15．设正项等比数列的前项和为，且，则公比__________.【答案】##【分析】利用变形求得，利用等比数列的性质可以得到，结合等比数列{an}为正项数列，进而求出公比。【详解】由，得.又正项等比数列的前项和为，故，∴，∵数列{an}是等比数列，∴ 故，解得：因为等比数列{an}为正项数列，所以，故故答案为：16．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且椭圆C的离心率为，点P是椭圆C上的一点，且，则__________.【答案】##【分析】由已知，根据题意画出示意图，分别设出点P、A，B坐标，并表示出直线、直线的斜率，根据已知的离心率得到，再根据，结合已知得到，然后利用正切和差公式可直接求解.【详解】由已知，椭圆的左，右顶点分别为A，B，如图所示，椭圆C的离心率为，所以，设点在轴上方，点，，， 因为点在椭圆上，所以，所以为直线的倾斜角，为直线的倾斜角，则，，而，所以，所以.故答案为：. 四、解答题17．在等差数列中，，前12项的和.(1)求数列的通项公式；(2)若数列为以1为首项，3为公比的等比数列，求数列前8项的和.【答案】(1)；(2)3332. 【分析】（1）根据已知求出，即得解；（2）求出，再利用分组求和求解.【详解】（1）解：设公差为，因为，前12项的和，所以，解得，所以.（2）解：由题意得，所以，所以数列前8项的和为=.18．如图四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)若BE与平面ABCD所成角为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知可得且,由线面垂直的判定定理即可得到证明;（2）以为原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴建立空间直角坐标系,利用已知条件求出平面的一个法向量和平面的一个法向量,利用向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）因为DE⊥平面ABCD，平面ABCD，所以因为四边形ABCD是正方形，所以又因为，平面BDE，平面BDE，所以AC⊥平面BDE（2）底面，平面，，四边形ABCD是正方形，故DA，DC，DE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，因为BE与平面ABCD所成角为，平面，且垂足为，故，所以.又，所以，所以，，，，，所以设平面BEF的一个法向量，则，令，则因为AC⊥平面BDE，所以为平面BDE的一个法向量，.所以，所以，所以二面角的正弦值为.19．已知数列的前n项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项和为，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用，求出，再利用求出数列的通项公式；（2）将（1）中的代入化简得出数列通项公式，求出数列的前n项和为，再求出，最后利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）因为，，所以，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，①，当时，②，①减②得：，当时，成立，所以．（2）由（1）知，，所以，所以，所以20．立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且，是线段与的中点，且，在图1中且，且．所以在图2中，且，且四边形是平行四边形，则由于平面，平面平面（2）由图1，，折起后在图2中仍有，即为二面角的平面角．，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设，则，，，设平面的一个法向量，由，得，取则于是平面的一个法向量，，∴直线与平面所成角的正弦值为【点睛】21．已知双曲线：与双曲线的渐近线相同，且经过点.(1)求双曲线的方程；(2)已知双曲线的左､右焦点分别为，，直线经过，倾斜角为，与双曲线交于两点，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据共渐近线设出双曲线方程，代入点的坐标即可得解；（2）根据题意求出直线的方程，联立直线方程与双曲线方程，消去后由韦达定理得，从而由弦长公式求得弦长，再求出到直线距离后即可求得的面积．【详解】（1）依题意，设所求双曲线方程为，代入点得，即，所以双曲线方程为，即．（2）由（1）得，则，，，又直线倾斜角为，则，故直线的方程为，设，，联立，消去，得，则，，，由弦长公式得，又点到直线的距离，所以．22．已知椭圆的半焦距，离心率，且过点，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点的直线l与椭圆C分别交于不同的两点A，B，若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)把点代入椭圆得，在结合以及椭圆的性质，可解出，，的值，再结合离心率的取值范围，即可算出椭圆方程；(2)当直线的斜率存在时，可设出直线方程为，联立椭圆的标准方程，由根的判别式可得，然后由韦达定理整理出，再结合即可得出；再讨论当直线的斜率不存在时，直线为，易得，综合两种情况即可得到答案.【详解】（1）由题意得，整理得，即，解得或.当时，，此时C的离心率，符合题意；当时，，此时C的离心率，不合题意，舍去，所以椭圆C的方程为.（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立得，因为直线l与椭圆C分别交于不同的两点A，B，所以，整理得.设，则，所以，因为，所以令，则，由，得，即，因为，所以，解得，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时直线l与椭圆C的两交点分别为，不妨取，则，所以，所以，解得，综上所述，的取值范围为.