2022-2023学年广西百色市高二上学期期末教学质量调研测试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广西百色市高二上学期期末教学质量调研测试数学试题含答案，共16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学年广西百色市高二上学期期末教学质量调研测试数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据直线方程求直线的斜率，再求倾斜角.【详解】直线的斜率，即，，所以倾斜角.故选：C2．若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）A． B． C． D．或【答案】D【分析】计算得到结合线面位置关系即得解.【详解】由题得，所以.所以或.故选：D3．已知等差数列，且，是方程的两根，是数列的前项和，则（    ）A．96 B． C． D．48【答案】D【分析】利用韦达定理可得，再利用等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求解.【详解】因为，是方程的两根，所以.所以.故选：D.4．“”是“直线和直线平行”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由两直线平行求得的值，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若直线与直线平行，则有，解得或，而当时，直线与直线重合，舍去，所以，直线与直线平行，所以“”是“直线和直线平行”的充要条件.故选：A.5．已知A为抛物线上一点，为抛物线焦点，，点A到轴的距离为6，则（    ）A．2 B．8 C．6 D．10【答案】B【分析】根据抛物线的焦半径公式列式计算，即得答案.【详解】由题意A为抛物线上一点，点A到轴的距离为6，则点A的横坐标为，故由可得，即，故选：B6．在正四面体中，，，，为中点，为靠近的三等分点，用向量，，表示（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用向量加法和减法和数乘的运算，用表示出.【详解】因为为中点，所以，因为为靠近的三等分点，所以，所以，∴.故选：A.7．若双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（    ）A．2 B． C． D． 【答案】D【分析】写出一条渐近线方程，求出圆心到渐近线的距离，由圆的弦长公式求得弦长后得的关系式，从而变形求得离心率．【详解】双曲线：的一条渐近线不妨为：，圆的圆心，半径为：2，双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，可得圆心到直线的距离为：，所以，，，又，即.故选：D．8．人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵､鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．下图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（    ）．A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，由于每一个圆弧为四分之一圆，从而可求出下一段圆弧所以圆的圆心，进而可得其方程【详解】解：由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，由题意可知下一段圆弧过点，因为每一段圆弧的圆心角都为90°，所以下一段圆弧所在圆的圆心与点的连线平行于轴，因为下一段圆弧的半径为13，所以所求圆的圆心为，所以所求圆的方程为，故选：C 二、多选题9．三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，若，则二面角的大小可能为（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果.【详解】二面角的大小与法向量的夹角相等或互补，二面角的大小可能为或.故选：BC.10．已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（    ）A． B． C． D．1【答案】AD【分析】根据等比数列的通项公式结合等差中项列方程求解.【详解】由题意，，由等比数列通项公式可得，由于等比数列每一项都不是，故，即，解得或.故选：AD11．已知椭圆与双曲线有共同的左右焦点，，设椭圆和双曲线其中一个公共点为P，且满足，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则关于和，下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】假设点P在第一象限，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，半焦距为c，根据定义可知，进而解出，再由勾股定理得到间的关系，进而求得答案.【详解】根据椭圆和双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，设椭圆与双曲线的半焦距为，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，根据题意，，联立方程组解得：,而，则，于是，由基本不等式，易知，所以.故选：AC.12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（    ）A．四棱锥为“阳马”B．四面体为“鳖臑”C．四棱锥体积最大为D．过点分别作于点，于点，则【答案】ABD【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，∴在堑堵中，，侧棱平面，A选项，∴，又，且，则平面，∴四棱锥为“阳马”，对；B选项，由，即，又且，∴平面，∴，则为直角三角形，又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．∴四面体为“鳖臑”，对；C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，，错；D选项，因为平面，则，且，则平面，∴，又且，则平面，所以则，对；故选：ABD． 三、填空题13．已知直线与圆相切，则实数a的值为         ．【答案】【分析】利用圆心到直线的距离等于半径即可求解的值.【详解】解：由题可得圆的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，解得.故答案为：.14．已知直线过点且与以，为端点的线段有公共点，则直线斜率的取值范围为        ．【答案】【分析】在坐标系中标出这三个点，然后根据直线和线段有公共点的临界情况分析.【详解】在同一坐标系下标出这三个点，连接，如图当直线恰好经过时为临界情况，又，当直线从位置顺时针转动到位置时，由倾斜角和斜率的关系可知，.故答案为：  15．已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且，若的面积为9，则b=      ．【答案】3【分析】利用三角形的面积列方程，由此求得.【详解】设，由于，所以，，所以.故答案为：16．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取到的项：第一次取1；                                         第一次           1第二次取2个连续的偶数2，4；                     第二次         2   4第三次取3个连续的奇数5，7，9；                 第三次        5   7   9第四次取4个连续的偶数10，12，14，16，……    第四次     10  12   14  16……                                                         ……按此规律一直取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，…，则在这个子数列中，第2020个数是           .【答案】3976【分析】根据给定信息确定奇数行和偶数行的规律，再确定2020的位置即可计算作答.【详解】依题意，每次取出的各个数从小到大各排成一行，奇数次取数个数是奇数，偶数次取数个数是偶数，每一行数的个数与次数相同，每一行最后一个数依次为1，4，9，16，25，…，则第n行最后一个数为，前n行数的总个数为，当时，一共有个数，于是，第2020个数是第64行的第4个数，而第63行最后一个数为，则第2020个数是3976，所以2020个数是3976.故答案为：3976 四、解答题17．已知数列是公差不为0的等差数列，首项，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设数列的公差为d，根据等比中项的概念即可求出公差，再根据等差数列的通项公式即可求出答案；（2）由（1）得，再根据分组求和法即可求出答案．【详解】解：（1）设数列的公差为d，由已知得， ，即，解得或，又，∴，∴；（2）由（1）得，．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，考查数列的分组求和法，考查计算能力，属于基础题．18．在直三棱柱中，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）由（1）可得：到平面的距离就等于点到平面的距离，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求点到面的距离即可.【详解】（1）证明：连接交于点，连接，则点为中点，又是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）解：因为平面，所以到平面的距离就等于点到平面的距离.以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设平面的法向量为，所以，即，即令，则.所求距离为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求点到面的距离，熟记线面平行的判定定理，灵活运用空间向量的方法求点到面的距离即可，属于常考题型.19．圆经过两点，且圆心在直线上.(1)求圆的方程；(2)求圆与圆的公共弦的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设圆的方程为，代入所过的点后可求，从而可求圆的方程.（2）利用两圆的方程可求公共弦的方程，利用垂径定理可求公共弦的弦长.【详解】（1）设圆的方程为，，，所以圆的方程为；（2）由圆的方程和圆的方程可得公共弦的方程为：，整理得到：，到公共弦的距离为，故公共弦的弦长为：.20．已知各项均为正数的数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用求出，从而是以1为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式；（2）求出，利用错位相减法求和.【详解】（1）当时，，又的各项均为正数，所以；当时，得，所以，又的各项均为正数，所以，所以，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以；（2）由（1）知，，所以，①，②①-②得：所以.21．三棱柱中，侧面为菱形，，，，．（1）求证：面面；（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，为等腰直角三角形，所以，；侧面为菱形，，所以三角形为为等边三角形，所以，又，所以，又，满足，所以；因为，所以平面，因为平面中，所以平面平面.（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.则，，，，若存在点M，则点M在上，不妨设， 则有，则，有，，设平面的法向量为，则解得：平面的法向量为则 解得：或（舍）故存在点M，.【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；（3）根据结果，判断是否存在.22．已知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左､右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.(1)求椭圆C2的方程；(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互为补角，求△F1QR面积S的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据抛物线角点可得椭圆半焦距，结合离心率可解；（2）由题可知，设直线方程，联立椭圆方程消元，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，化简，由基本不等式可得.【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，所以椭圆的方程为.（2）设，，，∵与互补，∴，所以，化简整理得①，设直线PQ为，联立直线与椭圆方程化简整理可得，，可得②，由韦达定理，可得，③，将，代入①，可得④，再将③代入④，可得，解得，∴PQ的方程为，且由②可得，，即，由点到直线PQ的距离，令，，则，当且仅当时，等号成立，所以面积S最大值为.