2022-2023学年重庆市三峡名校联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市三峡名校联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版），共20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学年重庆市三峡名校联盟高二上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知，两点所在直线的倾斜角为，则实数的值为（    ）A． B． C． D．5【答案】D【分析】根据直线斜率的计算公式，结合已知条件，列出方程，即可求得参数值.【详解】根据题意可得，解得.故选：D.2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，若椭圆上一点到焦点的最大距离为7，最小距离为3，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据点在椭圆上得，且，再利用两点距离求得，从而可确定的最大值与最小值，即可求得的值，即可得离心率的值.【详解】解：设椭圆的半焦距为，若椭圆上一点，则，且又，则由于，所以于是可得，，所以椭圆C的离心率.故选：B.3．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，且，则（    ）A． B． C．4 D．【答案】B【分析】因为，所以有，由向量垂直的坐标运算即可求解.【详解】若，则有，即，解得.故选：B4．己知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴，故选：B5．若圆上存在点P，且点P关于直线y＝x的对称点Q在圆上，则r的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用对称圆，把问题转化为两圆的位置关系问题进行处理.【详解】根据题意，圆的圆心坐标为（0，1），半径为r，其关于直线y＝x的对称圆的方程为，根据题意，圆与圆有交点，既可以是外切，也可以是相交，也可以是内切．又圆，所以圆与圆的圆心距为，所以只需，解得．故B，C，D错误.故选：A.6．5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化．目前我国最高的5G基站海拔6500米．从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期．现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少，则第一个工程队承建的基站数（单位：万）约为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为，第一个工程队承建的基站数为（万），由等比数列前项和公式列式求解．【详解】由题意，8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为，记第一个工程队承建的基站数为（万），则，．故选：B．7．已知直线l过点，且方向向量为，则点到l的距离为（    ）A． B．4 C． D．3【答案】A【分析】根据直线一个方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算，代入点到直线的距离公式计算即可．【详解】直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为，又为直线外一点，且直线过点， ，，点到直线的距离为故选：A．8．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，与轴正半轴交于点，与抛物线的准线交于点.若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作，，垂足分别为，，且与轴交于点，作，，垂足分别为，，由三角形相似的性质与抛物线的性质求解即可【详解】如图，作，，垂足分别为，，且与轴交于点，作，，垂足分别为，.设，则，，故.因为，所以，所以.因为，所以，所以，则.因为为的中点，且轴，所以为的中点，即.因为，所以，所以，所以，故.故选：C 二、多选题9．下列说法错误的是（    ）A．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为B．直线必过定点C．经过点，倾斜角为的直线方程为D．直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为【答案】ACD【分析】当在两坐标轴上的截距相等且等于0时可判断A；由含参直线方程过定点的求法计算可判断B；由可判断C；计算出端点处的斜率结合图形可判断D【详解】对于A：当在两坐标轴上的截距相等且等于0时，直线过原点，可设直线方程为，又直线过点，则，即，此时直线方程为，故A错误；对于B：直线可变形为，由解得，即直线必过定点，故B正确；对于C：当倾斜角时，无意义，故C错误；对于D：直线即，经过定点，当直线经过点时，斜率为，当直线经过点时，斜率为，由于线段与轴相交，故实数的取值范围为或，故D错误；故选：ACD10．已知方程：，则下列命题中为真命题的是（    ）A．若，则方程表示的图形是圆B．若，则方程表示的图形是双曲线，且渐近线方程为C．若且，则方程表示的图形是椭圆D．若且，则方程表示的图形是离心率为的椭圆【答案】BD【分析】对于A，由题知方程为，再根据，时的情况判断A；对于B，分和两种情况讨论判断B；对于C，分和两种情况讨论判断C；对于D，由题知方程表示焦点在轴上的椭圆，再求离心力判断D.【详解】解：对于A选项，由于且得，故方程为，所以，当时，方程表示的图形是圆；当时，方程不表示任何图形，故A选项错误；对于B选项，若，则方程表示的图形是双曲线，当时，焦点在轴上，，渐近线方程为；当时，焦点在轴上，，渐近线方程为；所以，B选项正确；对于C选项，由于且，所以当时，方程表示焦点在轴上的椭圆；当时，方程不表示任何图形；所以，C选项错误；对于D选项，若且，方程表示焦点在轴上的椭圆，其中，所以，离心率为，故D选项正确.故选：BD11．在数列中，其前的和是 ，下面正确的是（    ）A．若 ，则其通项公式B．若，则其通项公式C．若，则其通项公式D．若，，则其通项公式【答案】BCD【分析】A根据的关系讨论、求通项公式即可；B由递推式可得即可求通项公式；C构造数列即可求通项；D应用数学归纳法求证通项公式即可.【详解】A：时，，当时，，而，故错误；B：由题设，，，，，…，则，故正确；C：由题设，，而，则，即，故正确；D：假设成立，当时，，即成立；若时，成立，则时，，此时，则也成立，故正确.故选：BCD12．如图，在长方体中，，，点P，E分别为AB，的中点，点M为直线上的动点，点N为直线上的动点，则（    ）A．对任意的点N，一定存在点M，使得B．向量，，共面C．异面直线PM和所成角的最小值为D．存在点M，使得直线PM与平面所成角为【答案】BCD【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的方法可判断ACD的正误，利用中位线和长方体的性质可判断B的正误.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，故，设，，，而，故即，故，若，则即，当时，不存在，故当为中点，不存在，使得，故A错误.连接，则，由长方体可得，故，故，，即，，共面，故B正确.，故，当时，，此时；当时，，令，设，则，故，所以异面直线PM和所成角的范围为，故直线PM和所成角的最小值为，故C正确.平面的法向量为，故，若直线PM与平面所成角为，则，故，所以或，故D正确.故选：BCD.【点睛】思路点睛：空间位置关系中的最值问题，可通过建立空间直角坐标系，把角的最值问题或存在性问题转化为函数的最值或方程的解的问题. 三、填空题13．已知直线与直线垂直，则实数的值为__________．【答案】或【分析】直接根据直线垂直的公式计算即可.【详解】直线与直线垂直，故，解得或.故答案为：或14．在等比数列中，，，成等差数列，则_______.【答案】【分析】根据三项成等差数列可构造方程求得等比数列的公比满足，将所求式子化为和的形式，化简可得结果.【详解】，，成等差数列    即：，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查等差数列和等比数列的综合应用问题，关键是能够求解出等比数列的基本量，属于基础题.15．已知直三棱柱中,,,,为的中点,则点到平面的距离为______．【答案】1【分析】根据题意建立空间直角坐标系,找到点的坐标和平面的法向量,利用公式求出点到面的距离即可.【详解】解:由题知,直三棱柱,且,故以为原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴建立如图所示空间直角坐标系,,,为的中点, ,,记平面法向量为, 即,令,则,到平面的距离为.故答案为:116．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的右支交于A，B两点，若，，则C的离心率为______.【答案】##【分析】设的中点为，连接，，由题意可得，，由双曲线的定义可得，，，，，，在和中利用余弦定理表示出两个角的余弦值，即可求出的关系，从而可得双曲线C的离心率.【详解】解：如图：设的中点为，连接，，因为，所以，因为为的中点，所以，由，得，所以，在中，，因为，所以，在中，，因为，所以，即，整理可得，即，所以，所以或（舍），所以离心率，故答案为：. 四、解答题17．已知等差数列满足，前4项和．(1)求的通项公式；(2)设等比数列满足，，数列的通项公式．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；（2）等比数列的公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.【详解】（1）设等差数列首项为，公差为d．∵∴解得：∴等差数列通项公式（2）设等比数列首项为，公比为q∵∴解得：即或∴等比数列通项公式或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．已知数列，其中前项和为，且满足，．(1)证明：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式及其前项和．【答案】(1)证明见解析(2)，，． 【分析】（1）根据题意对两边同时加3，进一步推导即可发现数列是以8为首项，2为公比的等比数列；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，再运用分组求和法及等比数列的求和公式即可计算出前项和．【详解】（1）证明：由题意，两边同时加3，可得，，数列是以8为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得，则，，故．20．如图，已知椭圆的左､右两个焦点分别为､，左､右顶点分别为A､B，离心率为，过的动直线与椭圆C交于M､N两点，且的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，记､的面积记分别为､，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆离心率即的周长，结合椭圆定义即可求出椭圆C的标准方程；（2）由题意可知将､的面积､分别表示成其纵坐标的形式，再利用韦达定理即可求出的取值范围.【详解】（1）由题意可知，，由的周长为8得，所以；即；所以，椭圆C的标准方程为.（2）由（1）知，，，所以设直线的方程为，，由消去并整理得，则而，令，则①式平方除以②式可得，，则，所以，，即解得所以，的取值范围是21．如图，在四棱锥中，，．（1）求证：平面平面；（2）点为线段上异于的一点，若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）点为线段的中点．【分析】（1）由已知得，利用余弦定理求得，由勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证得结论；（2）取的中点，连结，利用面面垂直的性质定理知平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量求出平面与平面所成锐二面角的余弦值，列出等式求出，即得解.【详解】（1）证明：，，，，，在中，由余弦定理得，．，．又，，平面．又平面，所以平面平面．（2）取的中点，连结，，由（1）知平面平面，面面，平面，由，以为坐标原点，方向为轴，轴，以平行于的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．，，即．设，则，不妨设，即，得，．设平面的法向量，则即，令得．又平面，为平面的法向量．因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，所以，解得．所以点为线段的中点．【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两直线所成的角为(),；②直线与平面所成的角为(),；③二面角的大小为(),22．已知抛物线，直线与抛物线相交于两点.(1)证明：为定值；(2)当时，直线与抛物线相交于两点，其中，.是否存在实数，使得经过两点的直线斜率为2，若存在求线段的长度，若不存在说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，且 【分析】（1）抛物线与直线联立，利用根与系数的关系即可证明；（2）由已知得抛物线的焦点为，且过定点，设直线，并与抛物线联立，利用根与系数的关系，结合向量垂直的坐标表示以及（1）的结论即可求解【详解】（1）因为抛物线与直线相交于两点，所以，所以，又，所以，为定值；（2）当时，抛物线，直线，直线，所以抛物线的焦点为，且过定点，假设存在实数，使得经过两点的直线斜率为2，设直线，由得，因为，所以，又，因为，所以，即，所以，所以，所以，解得或（舍），所以，，由（1）可知可得，所以，所以，所以