2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二上学期期末数学试题含解析，共14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学年广东省珠海市斗门区第一中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．从某社区65户高收入家庭，280户中等收入家庭，105户低收入家庭中选出90户调查社会购买力的某一项指标，应采用的最佳抽样方法是（    ）A．系统抽样 B．分层抽样 C．简单随机抽样 D．各种方法均可【答案】B【分析】根据分层抽样的概念判断即可；【详解】解：因为社会购买力的某项指标受到家庭收入的影响，而社区中各个家庭收入差别明显，所以应采用分层抽样法，故选：B.2．已知椭圆的长轴长为10，离心率为，则椭圆的短轴长为（    ）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】根据已知求出，再求出即得解.【详解】由题意，得，，所以，所以，所以椭圆的短轴长为8.故选：D.3．有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（    ）.A．至多有1次中靶 B．2次都中靶C．2次都不中靶 D．只有1次中靶【答案】C【分析】根据对立事件的概念可得结果.【详解】根据对立事件的概念，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是“2次都不中靶”.故选：C.4．圆上一点到原点的距离的最大值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】求得圆的圆心和半径，由此求得圆上一点到原点的距离的最大值.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到原点的距离为，所以圆上一点到原点的距离的最大值为.故选：C【点睛】本小题主要考查点和圆的位置关系，属于基础题.5．已知双曲线的渐近线方程为，则（    ）A．5 B． C． D．【答案】B【分析】根据双曲线方程的特点确定m为负，再求出双曲线渐近线方程作答.【详解】在双曲线中，，其实半轴长，虚半轴长，因双曲线的渐近线方程为，于是得，解得，所以.故选：B6．设等差数列的前项和为，若，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用等差数列通项和求和公式化简已知等式可求得，由可得结果.【详解】设等差数列的公差为，，，解得：，，解得：，，.故选：A.7．若直线与圆相离，则过点的直线与圆的位置关系是（    ）A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定【答案】C【分析】根据题意，求出圆心到直线的距离大于半径，得到，故点在圆内，进而判断结果.【详解】因为直线与圆相离，所以圆心到直线的距离大于半径，即，所以，故点在圆内，所以过点的直线与圆相交，故选：C.8．在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构建基向量，，表示，并根据向量的夹角公式求其夹角的余弦值即可.【详解】如下图，构建基向量，，.则，所以所以.故选：C. 二、多选题9．（多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（    ）A．开口向上，焦点为 B．开口向上，焦点为C．焦点到准线的距离为4 D．准线方程为【答案】AC【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为．故选：AC10．已知为直线l的方向向量,分别为平面,的法向量（,不重合）,那么下列说法中正确的有（    ）．A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据法线面垂直平行的性质及法向量、方向向量的概念即可选出选项.【详解】解:若,因为,不重合,所以,若,则共线,即,故选项A正确;若,则平面与平面所成角为直角,故,若,则有,故选项B正确;若,则,故选项C错误;若,则或,故选项D错误.故选:AB11．某县相邻两镇在一平面直角坐标系下的坐标分别为，，交通枢纽，计划经过C修建一条马路l（l看成一条直线，l的斜率为k），则下列说法正确的是（    ）A．若A，B两个镇到马路l的距离相等，则或B．若A，B两个镇到马路l的距离相等，则或C．若A，B两个镇位于马路的两侧，则k的取值范围为D．若A，B两个镇位于马路的两侧，则k的取值范围为【答案】AD【分析】结合图象，由两点斜率公式求对满足条件的直线的斜率.【详解】若A，B两个镇到马路l的距离相等，当l与直线平行时，则.当直线与l相交时，则直线过的中点，又的中点为，所以，故或.若A，B两个镇位于马路的两侧，则，，故k的取值范围为，故答案为：AD.12．设数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为C．若，则数列的前17项和为D．若数列为等差数列，且，则当时，的最大值为2023【答案】BC【分析】令时，由求出可判断A；由知，，当时，取得的最小值可判断B；若，求出数列的前项和可判断C；由数列的下标和性质可得，则可判断D.【详解】对于A，由，当时，，由，当时，，所以，A不正确；对于B，若，当时，，则，所以当时，取得的最小值为，所以，B正确；对于C，若 ，设数列的前项和为，所以，故C正确；对于D，数列为等差数列，且，则，所以，当时，的最大值为，所以D不正确.故选：BC. 三、填空题13．已知等差数列中，，，则数列的前9项和____________．【答案】63【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式及等差数列性质计算作答.【详解】等差数列中，，，所以.故答案为：6314．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为__________.【答案】【分析】先求得切线长，然后结合圆与圆的位置关系求得正确答案.【详解】圆的圆心为，半径，设，,所以切线长为，以为圆心，半径为的圆的方程为，即①，圆即②，由①-②得直线的方程为，即.故答案为：15．将一张坐标纸折叠一次，使点与点重合，则折痕所在直线的一般式方程为___________.【答案】【分析】利用折痕所在直线与两点连线垂直可得所求直线斜率，利用中点在折痕所在直线上可得所求直线方程.【详解】点与点连线斜率，折痕所在直线斜率，又点与点的中点为，折痕所在直线方程为：，即.故答案为：.16．椭圆的左、右焦点为F1､F2，点P在椭圆上，若RtF1PF2，则点P到x轴的距离为_____.【答案】或【解析】点，易得点P到轴的距离为，然后分或，，三种情况结合椭圆的定义求解.【详解】设点，则到轴的距离为，因为，，，当或时，则，得，，即到轴的距离为．当时，则，，，，由（1）（2）知：到轴的距离为或，故答案为：或． 四、解答题17．求经过点和点的椭圆的标准方程.【答案】.【分析】根据给定条件，设出椭圆的方程，利用待定系数法计算作答.【详解】设椭圆的方程为：，因该椭圆经过点和，于是得，解得，即有，所以椭圆的标准方程为：.18．为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史的了解.某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛.现把50名党员的成绩绘制了频率分布直方图，根据图中数据回答下列问题：(1)求a的值及这50名党员成绩的众数；(2)试估计此样本数据的第90百分位数.【答案】(1)，众数为75(2)93.75 【分析】（1）利用频率和为1列方程即可求得a的值；利用频率分布直方图的性质即可求得这50名党员成绩的众数；（2）依据利用频率分布直方图的性质即可求得此样本数据的第90百分位数.【详解】（1）根据频率分布直方图得：，解得.由众数概念可知，众数是出现次数最多的数，所以众数为.（2）前5个小组的频率之和是，所以第90百分位数在第六小组内，设其为x，则，解得，则可以估计此样本数据的第90百分位数为93.75.19．已知是等差数列的前项和，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求的最小值.【答案】(1)(2)12 【分析】（1）设出公差，利用等差数列通项公式基本量列出方程，求出公差，进而求出通项公式；（2）在第一问的基础上，求出，得到不等式，求出，结合，得到的最小值.【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以.解得.所以.（2），所以.令，得，解得：（舍去）.因为，所以的最小值是12.20．已知直线l：(a+1)x+y+2-a=0(a∈R)．（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；（2）当O(0，0)点到直线l的距离最大时，求直线l的方程．【答案】（1）x+y+2=0或3x+y=0；（2）x-3y-10=0．【分析】（1）求得横截距和纵截距，由此列方程求得的值，从而求得直线的方程.（2）求得直线所过定点，根据求得直线的斜率，由此求得直线的方程.【详解】（1）依题意得，a+1≠0．令x=0，得y=a-2；令y=0，得x=．∵直线l在两坐标轴上的截距相等，∴a-2=，化简，得a(a-2)=0，解得a=0或a=2．因此，直线l的方程为x+y+2=0或3x+y=0．（2）直线l的方程可化为a(x-1)+x+y+2=0．令解得因此直线l过定点A(1，-3)．由题意得，OA⊥l时，O点到直线l的距离最大．因此，kl==，∴直线l的方程为y+3=(x-1)，即x-3y-10=0．21．如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2(1)证明：平面平面；(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）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）由题可知是二面角的平面角，易证是等边三角形，连接，根据图1中的几何关系和面面垂直的性质定理可证平面，再以为原点，，，为，，轴建系，利用空间向量法即可求出线与平面所成角.【详解】（1）证明：因为在图1中，沿着将折起，所以在图2中有，，又，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知，，，所以是二面角的平面角，所以，又因为，所以是等边三角形，连接，在图1中，因为，，所以，因为是的中点，所以，所以是等边三角形.取的中点，连接，，则，，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建系，如图所示.，，，所以，，设平面的法向量为，则即取，得平面的一个法向量为，所以.设直线与平面所成角为，则.22．在平面直角坐标系中，圆：，圆：，点，一动圆M与圆内切、与圆外切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程E；(2)是否存在一条过定点的动直线，与E交于A、B两点，并且满足？若存在，请找出定点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，过定点 【分析】（1）由题意得，则动圆圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为2的双曲线的左支，可得，即可得出结果；（2）设直线为，代入，并整理得，设，由题知，即，结合韦达定理求得，代入直线方程即可得出答案.【详解】（1）由圆方程知：圆心，半径；由圆方程知：圆心，半径，设动圆的半径为，动圆与圆内切，与圆外切，，，且，动圆圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为2的双曲线的左支，，动圆圆心的轨迹方程E为：.（2）设直线为，把代入，并整理得，，即，设，则，，所以，所以，，，，，，即，解得或，当时，直线为，过，不合题意，舍去；当时，直线为，过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.