2022-2023学年河北省保定市高二上学期期末联考数学试题含解析

2022-2023学年河北省保定市高二上学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知数列3，，9，，…，则该数列的第10项为（    ）

A． B． C．21 D．30

【答案】B

【分析】根据数列的特征进行求解即可.

【详解】因为，

所以该数列的通项公式为，

因此，

故选：B

2．已知直线，若，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】由两直线垂直，斜率的关系列方程直接解得.

【详解】因为所以的斜率为.

因为，所以的斜率必存在，且，所以.

所以，解得：.

故选：B

3．若三点共线，则（    ）

A．1 B．4 C．6 D．2

【答案】D

【分析】由三点共线，则有与共线，列出等式求出即可求出的值.

【详解】因为，

所以，

由三点共线，则有与共线，

所以，

解得：，

所以，

故选：D.

4．如图，在四面体中，E是的中点，，设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用空间向量的线性运算法则即可得解.

【详解】因为，所以，

因为E是的中点，所以，

所以.

故选：B.

5．已知双曲线的一个焦点到其一条渐近线的距离等于C的实轴长，则C的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】写出双曲线的焦点及渐近线，利用点到直线的距离公式建立等式，

结合，转化求出双曲线的离心率.

【详解】设双曲线的一个焦点为，

一条渐近线为：，

所以焦点到渐近线的距离为：

，

又双曲线的实轴长为，且，

所以由题意得：，

所以

又双曲线的离心率为：，且

所以，

故选：A.

6．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A．12 B．36 C．31 D．33

【答案】C

【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.

【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则.

由分段后性质可知：构成等比数列.

由，即，解得：.

所以.

故选：C

7．若圆与圆恰有两条公共的切线，则m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两圆的公切线性质，结合两圆的位置关系进行求解即可.

【详解】由，

所以，半径，

由，所以，半径为，

因为圆与圆恰有两条公共的切线，所以这两个圆相交，

于是有，而，

所以m的取值范围为，

故选：A

8．一小孩玩抛硬币跳格子游戏，规则如下：抛一枚硬币，若正面朝上，往前跳两格，若反面朝上，往前跳一格．记跳到第格可能有种情况，的前项和为，则（    ）

A．56 B．68 C．87 D．95

【答案】C

【分析】根据游戏规则分别分析求出，然后相加即可.

【详解】记正面朝上为，反面朝上记为，

则由题意得：

当跳到第1格时，只有，

故只有1种情况，所以；

当跳到第2格时，有，

故有2种情况，所以；

当跳到第3格时，有，

故有3种情况，所以；

当跳到第4格时，有，

故有5种情况，所以；

当跳到第5格时，

有，

故有8种情况，所以；

当跳到第6格时，

有

，

故有13种情况，所以；

由此规律得，

所以当跳到第7格时，，

当跳到第8格时，，

所以

，

故选：C.

二、多选题

9．已知为等差数列，，则（    ）

A．的公差为2 B．的公差为3

C．的前50项和为900 D．的前50项和为1300

【答案】AD

【分析】根据求出，求出通向公式.

.

【详解】，

，所以A对，B错.

，

，

当时，；当时，，

=

，所以D对，C错.

故选：AD

10．如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为的中点，则（    ）

A．直线与平面所成角的正弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为

C．点M到平面的距离为 D．点M到平面的距离为

【答案】BD

【分析】构造空间直角坐标系，求出平面的法向量，分别利用空间向量中线面夹角的正弦值、点面距的解答过程，即可求解答案.

【详解】如图所示，以为原点，中点和的连线，

所在直线，所在直线，分别为轴，轴，轴，

建立空间直角坐标系.

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量，可得

，即，

解得，，赋值，则，

所以，

即直线与平面所成角的正弦值为.

故选项A错误，选项B正确.

又，

即点M到平面的距离为.

故C错，D对.

故选：BD

11．对于一个事件E，用表示事件E中样本点的个数．在一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D中，，，则（    ）

A．A与D不互斥 B．A与B互为对立 C．A与C相互独立 D．B与C相互独立

【答案】BCD

【分析】利用古典概型相关知识，以及互斥事件，对立事件概率计算公式即可求解.

【详解】对于A：，，

，

与互斥，故A错误；

对于B：

A与B互为对立，故B正确；

对于C：，，

，

，

A与C相互独立，故C正确；

对于D：

,

，

，

又，，

，

B与C相互独立，故D正确；

故选：BCD.

12．若直线l与抛物线有且仅有一个公共点，且l与C的对称轴不平行，则称直线l与抛物线C相切，公共点P称为切点，且抛物线C在点P处的切线方程为．已知抛物线上有两点．过点A，B分别作抛物线C的两条切线，直线交于点，过抛物线C上异于A，B的一点的切线分别与交于点M，N，则（    ）

A．直线的方程为 B．点A，Q，B的横坐标成等差数列

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据已知得，结合抛物线上点的坐标关系，可判断A,B选项；根据直线方程与抛物线方程，列方程组，解出坐标，根据向量的坐标运算，可判断C,D选项；

【详解】解：已知抛物线，则，抛物线上两点，过点A，B分别作抛物线C的两条切线，直线交于点，则，

则由题意可知：，

对于A，联立，当时，，此时直线方程为，符合，

当，直线的斜率，所以直线的方程为：，

因为在直线上，所以，所以直线的方程为，故A正确；

对于B，因为在抛物线上，所以，则或，

由A得，则或，点A，Q，B的横坐标不成等差数列，故B不正确；

对于C，由A，B可得，即，点是抛物线上一点，所以，

联立，同理可得

所以，

，

，

所以，故C正确；

对于D，由C得，，

，

所以，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．若直线与圆有两个交点，则整数m的一个值可以是______________．

【答案】0（答案不唯一）

【分析】由圆心到直线的距离小于圆半径得参数范围，然后在此范围中选取一个整数即可．

【详解】由题意，解得，在上任取一整数，如0即得．

故答案为：0（答案不唯一）

14．如图，一个转盘被等分成9个扇形，转动该转盘，则箭头指向36的约数的概率为_____________．

【答案】

【分析】利用古典概型的概率求解.

【详解】解：样本空间的个数为9，

36的约数有：1，2，3，4，6，9，共6个，

所以箭头指向36的约数的概率为，

故答案为：

15．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，则_____________．

【答案】4

【分析】由空间向量线性运算的几何表示，结合空间向量的数量积运算即可求.

【详解】在直三棱柱中，，E，F分别为棱的中点，

则

故答案为：4

16．在欧几里得生活的时期，人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点．现有一椭圆，从一个焦点发出的一条光线经椭圆C内壁上一点P反射经过另一个焦点，若，且，则椭圆C的离心率为____________．

【答案】

【分析】由椭圆的定义可得，中由余弦定理可得，从而可得，即可得.

【详解】解：因为，

由椭圆的定义可知，

又因为，，

在中由余弦定理可得，

整理得，

所以，

所以.

故答案为：

四、解答题

17．设是公差不为0的等差数列，为的等比中项．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列的基本量的运算即得；

（2）利用裂项相消法即得.

【详解】（1）设的公差为，因为为的等比中项，

所以，

解得：，

因为，所以，

故；

（2）因为，

所以.

18．已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动．

(1)求线段的中点的轨迹方程;

(2)若直线与圆的另一个交点为，当时，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或．

【分析】（1）根据相关点法求解即可；

（2）由题易知直线斜率存在，设直线的方程为，再根据圆心到直线的距离为解方程即可得答案.

【详解】（1）解：设，．

因为B的坐标是，

所以，，即，，①

因为点A在圆上运动，

所以，②

把①代入②，得，即．

故线段的中点的轨迹方程为．

（2）解：圆的圆心为，半径为，

当直线斜率不存在时，方程为，此时圆心到的距离为，故与圆无交点，不满足题意；

当直线斜率存在时，设直线的方程为，即．

因为，

所以为等腰直角三角形，

所以，圆心到直线的距离为，解得或．

故直线的方程为或．

19．已知数列的前n项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由与的关系可得递推公式，即可由递推公式求通项公式；

（2）由错位相减法求和.

【详解】（1）由题意得，，则，即，

∵，，，∴，，则不恒为0，∴，即.

∵，∴当，；当，.

故的通项公式为.

（2），

①，

②，

①-②得，

则数列的前n项和.

20．如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点．

(1)证明：平面平面．

(2)求二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面

（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.

【详解】（1）证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，

由E，F分别是的中点得，

由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，

∴，，，∴，，

由得，又平面PGB，∴平面PGB，

∵平面PGB，∴，∴，

∵平面DEF，∴平面DEF，

∵平面PAD，∴平面平面.

（2）作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.

在中，，由余弦定理得，

∴，，∴.

故，

设平面、平面的法向量分别为，则有

，令，则有，

故二面角的余弦值，

由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.

21．甲、乙、丙三台机床各自独立加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率是，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为．

(1)求甲、乙、丙三台机床各自独立加工的零件是一等品的概率；

(2)已知丙机床加工的零件数等于乙机床加工的零件数的，甲机床加工的零件数等于乙机床加工的零件数的2倍，将三台机床加工的零件混合到一起，从中任意抽取4件检验，求一等品不少于3件的概率．（以事件发生的频率作为相应事件发生的概率）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设“甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品”分别为A、B、C事件， A、B、C相互独立，由独立事件的概率公式列方程组求解即可；

（2）求出将三台机床加工的零件混合到一起，从中任意抽取一件零件为一等品的概率，由独立重复试验概率公式即可求.

【详解】（1）根据题意，设“甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品”分别为A、B、C事件，则A、B、C相互独立，设.

则有，解得，故甲、乙、丙三台机床各自独立加工的零件是一等品的概率分别为

（2）设乙机床加工的零件数为，则甲、丙机床加工的零件数分别为，则一等品的零件数总数为.

则将三台机床加工的零件混合到一起，从中任意抽取一件零件为一等品的概率为.

故从中任意抽取4件检验，一等品不少于3件的概率为

22．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以为直径的圆经过点D，且于点G，证明：存在定点H，使为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据条件列出关于a、b、c的方程组求解即可.

（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.

【详解】（1）由题意知，

解得：，

∴双曲线C的标准方程为：；

（2）证明：由（1）知，，设，

①当l的斜率存在时，设l的方程为：，

，即：，

，，

∵以EF为直径的圆经过点D，

∴，

又∵，，

∴，

又∵

∴，

即：

化简得：，即：，

解得：或，且均满足，

当时，，直线l恒过定点，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；

当时，，直线l恒过定点，记为点；

②当l的斜率不存在时，设l的方程为：，

设，，或，则，

此时，，

∴，

整理得：，解得：或

∵或，

∴，此时l恒过定点.

综述：l恒过定点.

又∵，即：，（∵D、E、F三点都在直线l上）

∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，为该圆的半径，即的一半.

故存在定点，使得为定值6.

【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路：

（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．

（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式，则直线必过定点；若得到了直线方程的斜截式，则直线必过定点.