2022-2023学年湖北省部分重点中学高二上学期1月期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年湖北省部分重点中学高二上学期1月期末联考数学试题

一、单选题

1．若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据直线的方向向量与直线的斜率之间的关系即可求解.

【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的一个方向向量是，

所以直线的斜率，因为，

所以，

故选：.

2．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（    ）．

A．互斥 B．互为对立

C．相互独立 D．相等

【答案】C

【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.

【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，

事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；

，，，，

因为，所以与独立，故选项C正确；

事件与不相等，故选项D错误.

故选：C.

3．袋中装有四个大小完全相同的小球，分别写有“灵､秀､湖､北”四个字，每次有放回地从中任取一个小球，直到写有“湖”､“北”两个字的小球都被取到，则停止取球．现用随机模拟的方法估计取球停止时的概率，具体方法是：利用计算机产生0到3之间取整数值的随机数，用分别代表“灵､秀､湖､北”四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果．现经随机模拟产生了以下18组随机数：

由此可以估计，恰好取球三次就停止的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】由随机数可知：恰好取球三次就停止的有：，共4组随机数，

所以恰好取球三次就停止的概率，

故选：.

4．如图，在四面体OABC中，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量基本定理求解出，从而求出.

【详解】因为，所以，

又，所以．

故选：D

5．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.

【详解】解法一：

如图，设直线在平面的射影为，

作于点G，于点H，连接，

易得，又平面，则平面，又平面，则，

有

故．

已知，

故为所求．

解法二：

如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．

建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

则，

所以，

设平面的法向量，则

令，则，所以，

所以．

设直线与平面所成角为，所以，

所以．

故选B．

6．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必经过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则经点反射后的反射光线必过点（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出以及直线方程，然后将其与抛物线方程联立，解出交点横坐标，则得到答案.

【详解】由抛物线方程得其焦点，当时，，则，

则，则直线方程为，

联立抛物线方程解得或（舍），则，

根据题意则经反射后的光线必平行于轴，则其横坐标为，

故选：D.

7．已知点分别是双曲线的左右两焦点，过点的直线与双曲线的左右两支分别交于两点，若是以为顶角的等腰三角形，其中，则双曲线离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据为等腰三角形，设，再利用双曲线的定义，分别求得，，然后在中，利用余弦定理求解.

【详解】解：如图所示：

因为为等腰三角形，设，

由Q为双曲线上一点，，

所以，

由P为双曲线上一点，，

所以，

在中，由余弦定理得,

所以，即，

又因为，则，

所以，

所以，

所以，

故选：A.

8．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设，表示数列的前n项和．则使不等式成立的最小正整数n的值是（提示）

A．11 B．10 C．9 D．8

【答案】C

【分析】先求出，再求出，，再利用裂项相消化简求出最小正整数n的值.

【详解】把代入），得，

故，

则，

则不等式成立，

代入计算可得，当不等式成立时．n的最小值为9．

故选C．

【点睛】本题主要考查数列通项的计算，考查等比数列的前n项和，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

二、多选题

9．等差数列的前项和为，当首项和公差变化时，是一个定值，则下列各项中也为定值的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得为定值，结合等差数列的前项和公式即可得出结果.

【详解】∵，且是一个定值，

∴为定值，

又，∴为定值．

故选：AC

10．设分别是双曲线的左､右焦点，且焦距为2，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．当时，的离心率是

C．的取值范围是

D．到渐近线的距离随着的增大而增大

【答案】BC

【分析】对A，由a、b、c关系列式求解即可；

对B，由离心率公式直接求即可；

对C，双曲线存在左右焦点，故有；

对D，到渐近线的距离为.

【详解】对A，，∴，A错；

对B，，，∴，B对；

对C，双曲线存在左右焦点，故，解得，C对；

对D，到渐近线的距离为，随着的增大而减小，D错.

故选：BC.

11．如图，设是正方体底面内一动点，若直线与直线所成角为，则动点的轨迹可能为（    ）

A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆

【答案】ABC

【分析】根据向量的坐标运算即可求解轨迹方程为，根据的不同取值即可求解.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

设，，

则，

所以—①

由于，因此当时，①化简得，此时为抛物线，

当时，①化简得，故此时为双曲线，

当时，①化简得，故此时为椭圆，

若为圆，①化简得，则需要满足的系数相等，即，显然不成立，故不可能是圆，

故选：ABC

12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，点满足，设点的轨迹为圆，则下列结论正确的是（    ）

A．圆的方程是

B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为

C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，则该直线斜率为

D．过直线上的动点向圆引切线，切点为，则直线过定点

【答案】BCD

【分析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.

【详解】因为，，点满足，

设点，则 ，

化简得：，即 ，故A错误；

过点向圆引切线，两条切线的夹角为,因为，所以，

则 ，解得 ，故B正确；

易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，

则圆心到直线的距离为： ，解得，故C正确；

依题意，，则都在以为直径的圆上，

是直线l：上的动点，设，则圆的圆心为，

即圆的方程为，又因为在曲线上，

由，

即得,可得，

即直线MN的方程为,

由且，可得，解得，

所以直线MN是过定点，故D正确；

故选：

三、填空题

13．在方向上的投影向量的坐标为__________．

【答案】

【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.

【详解】在方向上的投影向量为：

，

故答案为：.

14．一个机器人一秒前进一步或后退一步，程序员设计的程序是让机器人以“先前进3步，再后退2步”的规律移动．如果将机器人放在数轴的原点，面向正方向在数轴上移动（1步的距离就是1个单位长度），令表示第秒机器人所在的点对应的实数，记，则__________．

【答案】

【分析】根据5秒一个运动周期即可求解.

【详解】有题意可知：此运动以5秒为一个周期，一个周期向前运动一个单位长度，故，故，

故答案为：407

15．2022年11月30日，神州十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神州十四号航天员乘组首次实现“太空会师”．若执行下次任务的3名航天员需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率为__________．

【答案】##

【分析】利用对立事件和古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】由题意可得：在3名女相航天员和3名男性航天员中选择3名航天员，

则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率，

故答案为：.

16．设点是椭圆上的动点，点是直线上的动点，则的最小值是__________．

【答案】

【分析】首先令，则目标式可改写为，再应用放缩、绝对值的性质、辅助角公式及正弦函数的性质求最小值，注意等号成立的条件.

【详解】设且，

∴，

当且仅当且时等号成立.

故答案为：

四、解答题

17．已知圆的圆心在直线上，圆经过点并与直线相切．

(1)求圆的标准方程；

(2)若直线被圆截得的弦长为，求的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）设圆心，由过切点的半径与切线垂直求得，再求出半径后得圆标准方程；

（2）由圆中弦长公式求得．

【详解】（1）设圆心，点在直线上，

则，解得．

则圆心，半径，所以圆的标准方程为．

或：设圆的标准方程为，

则有．

解得，则圆的标准方程为．

（2）由题意圆心到直线的距离为，

解得或，则或．

18．已知数列满足，．

(1)记，求证：数列为等比数列；

(2)求数列的前20项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)根据递推式可得的值，再由等比数列的定义化简即可证明；

(2)由（1）可得，再用分组求和法即可求得结论.

【详解】（1）由已知，

且，

则数列构成首项为2，公比为2的等比数列．

（2）由（1）知，，即．

.

19．如图，已知边长为6的菱形与相交于，将菱形沿对角线折起，使．

(1)求平面与平面的夹角的余弦值；

(2)在三棱锥中，设点是上的一个动点，试确定点的位置，使得．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）建系，利用空间向量求面面夹角；

（2）根据设点的坐标，再结合空间向量的模长公式运算求解.

【详解】（1）依题知，，因为，所以，

又因为四边形为菱形，所以，

建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

所以．

设平面的法向量为，则有，即

，令，则，所以．

因为，所以平面，

平面的法向量与平行，所以平面的一个法向量为，

，

则平面与平面的夹角的余弦值为．

（2）设，因为是线段上的一个动点，设，

即，所以，

则，

由，得：，

即，解得：或

即或，故点为线段BD的两个三等分点

20．甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为各局比赛的结果都相互独立，第局甲当裁判.

（I）求第局甲当裁判的概率；

（II）求前局中乙恰好当次裁判概率.

【答案】（I）（II）

【详解】（Ⅰ）记表示事件“第2局结果为甲胜”，

表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，

A表示事件“第4局甲当裁判”.

则.

.

（Ⅱ）记表示事件“第1局结果为乙胜”，

表示事件“第2局乙参加比赛时，结果为乙胜”，

表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙胜”，

B表示事件“前4局中恰好当1次裁判”.

则.

.

（1）利用独立事件的概率公式求解，关键是明确A表示事件“第4局甲当裁判”和表示事件“第2局结果为甲胜”， 表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”之间个独立关系；（2）明确X的可能取值，然后利用独立事件和互斥事件的公式逐一求解.

【考点定位】本题考查独立事件和互斥事件的概率问题已经离散型数学期望，考查分析问题和计算能力.

21．已知数列的前项和为．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列的首项为1，其前项和满足，若存在正整数使不等式成立，求实数的最大值．

【答案】(1)；

(2)不存在.

【分析】（1）由与的关系可得，由等比数列通项公式得解；

（2）由递推关系可得数列为等差数列，求出，由与的关系求出，

再由错位相减法求出，作差得出数列递增，根据不等式能成立求解即可.

【详解】（1）由，作差得，即．

所以数列构成首项为2，公比为2的等比数列，则．

（2）由得，

所以数列构成首项为1，公差为的等差数列，

则，即．

当时，符合该式，

则．

则，记．

由，作差得

则

因为，则数列在上单调递增，

所以，则，故的最大值不存在．

22．已知椭圆的离心率为，且过点．

(1)求椭圆的方程；

(2)设是椭圆上的两点，且，求证：为定值；反之，若为此定值时，是否成立？试说明理由．

【答案】(1)

(2)证明见解析；不一定成立，理由见解析

【分析】（1）根据离心率和经过的点，代入椭圆方程中即可求解，

（2）联立直线与椭圆方程，得坐标，进而根据两点距离公式表达，即可求值.根据为定值，得到，即可求证不成立.

【详解】（1）依题知，且，解得．

所以椭圆的方程为．

（2）当分别为长轴､短轴的端点时，．

当都不是长轴､短轴的端点时，设．

由解得．

由解得．

所以．

反之，设，由上面的推导可知

由，化简得，即，

当时，不一定成立．