浙江省丽水市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)
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高二数学试题卷(2023.01)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1. 已知过点,的直线的倾斜角为60°,则实数a的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜率的定义求解.
【详解】由题意,得,解得.
故选:A.
2. 已知等差数列的前项和为,,,则( )
A. 65 B. 75 C. 80 D. 85
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式可求出结果.
【详解】设公差为,
依题意得,解得,
所以.
故选:D
3. 在平行六面体中,AC,BD相交于,为的中点,设,,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间向量的线性运算结合图形计算即可.
【详解】
如图所示,,
故选:C
4. 若圆与圆外切,则实数( )
A. -1 B. 1 C. 1或4 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由两圆的位置关系计算即可.
【详解】由条件化简得,即两圆圆心为,
设其半径分别为,,所以有.
故选:D
5. 已知直线,与平面,,下列四个命题中正确的是( )
A. 若,,,,则
B. 若,,,则
C. 若,,,则
D. 若直线上存在两点到平面的距离相等,则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理可判断A;线面垂直的性质定理可判断B;线面平行的性质定理可判断C;线面关系可判断D.
【详解】对于A,若,,,,且相交才有,故A错误;
对于B,若,,,则,故B正确;
对于C,若,,,则,或与异面,或a、b相交,故C错误;
对于D,若直线上存在两点到平面的距离相等,则,或与相交,故D错误.
故选:B.
6. 已知圆柱的底面半径和母线长均为1,A,B分别为圆、圆上的点,若,则异面直线,所成的角为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】做平行线,将所求的异面直线夹角转化为同一平面内的直线夹角,
构造三角形即可求解.
【详解】
如上图,过点A做平面 的垂线,垂足为D,即AD是母线,连接DB,
平面, ,所以四边形是平行四边形,
,与的所成的角就是或其补角;
由题意可知AB=2,AD=1,
在 中, ,
在等腰 中,
由余弦定理 ,
,由于异面直线的夹角范围是 ,故取 的补角,
故选:B.
7. 设,,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数,,利用导数分析这两个函数在上的单调性,可得出、的大小关系,再利用对数函数的单调性可得出、的大小关系,即可得出结论.
【详解】因为,
令,则在上恒成立,
所以,函数在上单调递增,则,即,
因为,则,所以,,
令,则,当时,,
所以,在上单调递增,
故当时,,即,
所以,,故,
又因为,,
,,故,
故选:B.
8. 在四面体PABC中,,是边长为2的等边三角形,若二面角的大小为,则四面体的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意,作出四面体的外接球的球心大致位置,再根据二面角的定义求得,从而在中求得,结合勾股定理即可求得外接球的半径,由此得解.
【详解】设正的重心为,则是正的外接圆的圆心,
取的中点, 因为,所以是的外接圆的圆心,
过作平面,过作平面,,如图,
则为四面体的外接球的球心,
又二面角的大小为,则,
又在正中,,
则在中,,
设四面体PABC的外接球的半径为,
则,
所以四面体PABC的外接球的表面积为.
故选:C.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两个是符合题目要求的,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)
9. 下列求导数的运算正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数和求导法则,逐一对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】选项A,根据基本初等函数及导数的求导法则知,,选项A正确;
选项B,因为常数,所以,选项B错误;
选项C,根据基本初等函数及导数的求导法则知,,选项C正确;
选项D,根据复合函数的求导法则知,,选项D错误.
故选:AC.
10. 设正项等比数列的前项和为,前项积为,公比为,已知,,则下列结论正确的是( )
A.
B. 若为递增数列,则
C.
D. 若为递减数列,当且仅当时,取得最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】结合题意,利用等比数列的性质逐项进行求解即可.
【详解】因为数列为等比数列,所以,又因为,
所以或,
当时,则,解得或(舍去),
则,
当时,则,解得或(舍去),
则,
综上,故选项A错误,C正确;
若为递增数列,则,,,
即,,故,故选项B正确;
若为递减数列,则,,,,,,
故当且仅当或时,取得最大值,故选项D错误;
故选:BC.
11. 在棱长为2的正方体中,,分别是棱BC,的中点,点满足,,下列结论正确的是( )
A. 若,则平面MPQ
B. 若,则过点,,的截面面积是
C. 若,则点到平面MPQ的距离是
D. 若,则AB与平面MPQ所成角的正切值为
【答案】BD
【解析】
【分析】时有M与A重合,对于A选项,可以利用反证法判定;对于B选项,根据平面的性质计算即可;时,M为AB中点,对于CD选项,建立合适的空间直角坐标系,利用空间向量处理即可.
【详解】如图所示,时有M与A重合,
对于A选项,延长PQ交BB1于L,连接AL,易得平面平面MPQ=AL,若平面MPQ,则,显然,且B、L不重合,矛盾,故A错误;
对于B项,连接AD1、D1Q,易知平面APQD1即该截面,显然该截面为等腰梯形,易得,,故B正确;
如图所示,时,M为AB中点,以D为中心建立空间直角坐标系,
则,
,
设平面MPQ法向量为,则,
令,则,故
对于C项,设点到平面MPQ的距离为,则,即C错误;
对于D项,设AB与平面MPQ所成角为,则,
所以,即D正确.
故选:BD
12. 已知抛物线,点,,过点的直线与抛物线交于,两点,AP,AQ分别交抛物线于,N两点,为坐标原点,则( )
A. 焦点坐标为 B. 向量与的数量积为5
C. 直线MN的斜率为 D. 若直线PQ过焦点,则OF平分
【答案】BCD
【解析】
【分析】由抛物线方程即可判定A项;设直线AP方程与抛物线联立利用韦达定理计算数量积即可判定B项;设直线PQ方程及P、Q坐标,用来表示直线AP、AQ,并与抛物线联立求得M、N坐标,即可判定C项;设直线PQ方程及P、Q坐标,与抛物线联立结合韦达定理求得AP、AQ斜率关系即可判定D项.
【详解】
对于A项,由抛物线标准方程可得焦点,即A错误;
对于B项,可设直线AP方程为:,设,
与抛物线联立可得
∴,故B正确;
对于C项,可设直线QP方程为:,
设,
∴,
直线QP方程与抛物线方程联立,
化简可得,
又由上可知,同理有,
∴,,故C正确;
对于D项,由上设直线QP方程为:,,
联立抛物线有,
若PQ过焦点F,则有,即结合上,及可知,
此时,即直线AP、QA关于横轴对称,OF平分,故D正确.
故选:BCD
三、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
13. 已知点,,向量,则点的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】由向量的坐标运算计算即可.
【详解】设,则,
即,故.
故答案为:
14. 在平面直角坐标系中,已知点,点在圆上运动,则线段AP的中点的轨迹方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】由几何性质计算即可.
【详解】
如图所示,取OA中点D,连接DQ,则DQ为的一条中位线,,
即有DQ∥OP,且,故Q在以D为圆心,DQ长为半径的圆上,
所以Q的轨迹方程为.
故答案为:.
15. 若曲线在处的切线经过点,则实数______.
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】根据导数的几何意义得到切线斜率,然后利用点斜式写出切线方程,最后将点代入切斜方程求解即可.
【详解】由题意得,所以曲线在处的切线的斜率为,切点为,则切线方程为,
将点代入切线方程中可得:,解得.
故答案为:.
16. 一个圆锥母线与底面所成的角为,体积为,过圆锥顶点的平面截圆锥,则所得截面面积的最大值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】设圆锥的顶点为,底面圆心为,过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面为,根据,圆锥体积为,求出,再用表示截面面积,根据二次函数知识可求出结果.
【详解】设圆锥的顶点为,底面圆心为,过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面为,
为的中点,则,,,
则圆锥的体积为,
由题意得,解得,,
,,
所以
,
因为,,
所以当,时,取得最大值为.
故答案为:.
17. 某牧场今年年初牛的存栏数为1200,预计以后每年存栏数的增长率为10%,且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起,第年年初的存栏数为,则______.(,,)
【答案】1472
【解析】
【分析】根据条件建立等量关系,构造新数列求通项即可.
详解】由题意可得,所以,
即,
故.
故答案为:1472.
18. 已知椭圆的右焦点为,点,在椭圆上,为坐标原点,且,,则椭圆的离心率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意,由条件可得为直角三角形,再结合椭圆的定义列出方程,由离心率的计算公式即可得到结果.
【详解】
设椭圆的左焦点为,设,
因为,所以为直角三角形且,
因为,所以,
因为,,所以,,
所以,解得,
所以,,所以,所以,
即椭圆的离心率是.
故答案为:.
四、解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
19. 已知函数.
(1)求函数的单调递减区间;
(2)若函数有三个零点,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)对函数直接求导,根据导数正负与原函数单调性关系直接求解即可;
(2)根据(1)中单调性得到函数极大值与极小值,通过变化趋势列出不等式组求解即可.
【小问1详解】
函数的导数,
当时,;
当时,.
所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
由(1)得:当时,取得极大值;
当时,取得极小值.
由三次函数性质知:当时,;
当时,.
所以若有三个零点,则,解得.
所以的取值范围为.
20. 已知圆经过点和,且圆关于直线对称.
(1)求圆的方程;
(2)过点作直线与圆相切,求直线的方程.
【答案】(1);
(2)和.
【解析】
【分析】(1)由题意可知圆心为AB中垂线与的交点,计算圆心再求半径,由圆的标准方程表示即可;
(2)分类讨论,设切线方程,由圆心到切线的距离等于半径计算即可.
【小问1详解】
∵,,故AB的中点坐标为,,
∴AB的垂直平分线为:,
由解得圆心,半径
故圆的方程为;
小问2详解】
若直线的斜率存在,方程可设为,即
圆心到直线的距离为,解得,
所求的一条切线为;
当直线的斜率不存在时,圆心到的距离为4,即与圆相切,
所以直线的方程为和.
21. 设正项数列的前项和为,.
(1)求数列的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据推出,再由等差数列的通项公式可求出结果;
(2)根据错位相减法可求出结果.
【小问1详解】
当时,,得,
当时,,
则,
化简得,
又,所以,.
所以数列是首项为1,公差为2的等差数列,
所以;
【小问2详解】
因为,,
所以,
所以,
,
所以,
所以,
整理得.
22. 如图,在四边形ABCD中(如图1),,,,,F分别是边BD,CD上的点,将沿BC翻折,将沿EF翻折,使得点与点重合(记为点),且平面平面BCFE(如图2)
(1)求证:;
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据题意,由面面垂直的性质定理可得平面PBC,从而可得.
(2)根据题意,取BC中点,连接PO,以为原点,CB,CF所在直线分别为轴,轴建立空间直角坐标系,然后由空间向量的坐标运算即可得到结果.
【小问1详解】
证明:∵平面平面,
平面平面BCFE,又∵平面BCFE,且
∴平面PBC,且平面,∴
【小问2详解】
取BC中点,连接PO,
∵,∴
∵平面平面,平面平面,平面
∴平面BCFE
以为原点,CB,CF所在直线分别为轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设,则,,,设,
由得,解得,所以,
设,由得,解得,
∴,则,,
平面BEF的一个法向量,设平面PEF的一个法向量,
,令,得,
设二面角的平面角为,易知为锐角,则,
∴二面角的余弦值为.
23. 已知双曲线,在双曲线右支上存在不同于点的两点,,记直线的斜率分别为,且,,成等差数列.
(1)求的取值范围;
(2)若的面积为(为坐标原点),求直线的方程.
【答案】(1)或
(2)或
【解析】
【分析】(1)设,,直线,代入双曲线方程,根据,,得,根据以及斜率公式推出,,代入可求出结果;
(2)利用弦长公式求出,利用点到直线距离公式求出点到直线的距离,再利用三角形面积列式求出可得直线的方程.
【小问1详解】
设,,直线,
由,消去得,
依题意可得,得,
又,,成等差数列,
所以
,
所以,
因为不同于,即不在直线上,
所以,即,
所以,即,即,
所以,即,代入,得,
得,因为,所以,即,
所以或.
【小问2详解】
,
点到直线PQ的距离,
,
所以,
两边平方得,
由得,代入,
得,因为,所以,
将代入得,整理得,
所以,解得或,
由(1)知,,所以,,
当时,,直线的方程为,
当时,,直线的方程为,
综上所述:直线PQ方程为或.
浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试卷(Word版附答案): 这是一份浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试卷(Word版附答案),共9页。试卷主要包含了01)等内容,欢迎下载使用。
浙江省丽水市2023-2024学年高一上学期1月期末考试数学试卷(Word版附答案): 这是一份浙江省丽水市2023-2024学年高一上学期1月期末考试数学试卷(Word版附答案),共8页。试卷主要包含了1),C 2,BC 10,3 14,(本题满分12分)等内容,欢迎下载使用。
浙江省丽水市2022-2023学年高一上学期1月期末数学试题: 这是一份浙江省丽水市2022-2023学年高一上学期1月期末数学试题,共9页。