2022-2023学年甘肃省白银市高二下学期开学检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年甘肃省白银市高二下学期开学检测数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省白银市高二下学期开学检测数学试题 一、单选题1．抛物线的焦点到其准线的距离为（    ）A．28 B．14 C．7 D．【答案】C【分析】根据的几何意义即可求解.【详解】因为，所以，抛物线的焦点到其准线的距离为7．故选：C2．在数列中,,则（    ）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】B【分析】根据递推关系式分别将代入,即可得出结果.【详解】解:由题知,所以,,将代入可得: ,解得:.故选:B3．某中学举行歌唱比赛，要求甲、乙、丙三位参赛选手从《难却》《兰亭序》《许愿》等首歌曲中任意选首作为参赛歌曲，其中甲和乙都没有选《难却》，丙选了《兰亭序》，但他不会选《许愿》，则甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【分析】甲和乙都是从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，求组合数的乘积即可.【详解】依题意可知，甲、乙需要从剩余5首歌曲中选两个，丙是从剩余4首歌曲中选1个，甲、乙、丙三位参赛选手的参赛歌曲的选法共有种故选：C.4．（    ）A．84 B．120 C．126 D．210【答案】D【分析】根据组合数的性质即可求解.【详解】因为，所以．故选：D5．已知椭圆的左、右焦点分别为，M为C上一点，若的中点为，且的周长为，则C的标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的周长可得，由的中点坐标求得M坐标，代入椭圆方程可得关系式，解方程可得的值，即可求得答案【详解】因为的周长为，所以，则，又,的中点为 ，所以M的坐标为，故，则，结合，，解得，所以椭圆C的标准方程为，故选：A6．设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】根据条件，利用等差数列的性质可得出，，即可求解.【详解】在等差数列{}中，由，得，则，又，∴，，则当取得最大值时，．故选：C7．设O为坐标原点，是双曲线的左、右焦点，已知双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】不妨设，求出，然后算出可得答案.【详解】不妨设，则，．由余弦定理可得，，所以，所以．故选：A8．将5名女老师和5名男老师分配到三个社区，每名老师只去一个社区，若每个社区都必须要有女老师，且有男老师的社区至少有2名女老师，则不同的分配方法有（    ）A．1880种 B．2940种 C．3740种 D．5640种【答案】B【分析】利用分组分配的思路，先分配女老师，根据题目要求，分配男老师，结合分布乘法原理以及分类加法原理，可得答案.【详解】5名女老师分配到三个社区，分配的方案有型与型，对于型，女老师的分配情况有，其中只有一个社区女老师的人数超过，则名男老师只能分配去这个村，即总分配情况为；对于型，女老师的分配情况有，其中有两个社区女老师的人数为，则将名男老师分配去两个社区，则分配方案有型、型与型，则分配情况有，即总分配情况为；综上所述，.故选：B. 二、多选题9．下列直线与直线平行，且与它的距离为的是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】设出与直线平行的直线系方程，再由平行直线间的距离公式即可求解.【详解】设所求直线的方程为，由题意可得，解得或0．故所求直线的方程为或．故选：AD10．设为正整数，展开式中二项式系数的最大值为，展开式中二项式系数的最大值为，若，则下列结论正确的有（    ）A． B．C．展开式中的常数项为15 D．展开式中的常数项为30【答案】ABC【分析】选项A：求出两个展开式的二项式系数最大值，由即可求解；选项B：代入的值即可求；选项C：求出展开式中的常数项即可；选项D：同选项C解法.【详解】由题可知，，．因为，所以，解得，A正确；，B正确；展开式中的常数项为，C正确，D错误．故选：ABC．11．小许购买了一套五行文昌塔摆件（如图），准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有（    ）A．不同的摆放方法共有120种B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种【答案】ACD【分析】A选项：五个摆件全排列即可；B选项：先把“金塔”“木塔”“火塔”三个全排列，再用“水塔”和“土塔”插空即可；C选项：同选项B解析；D选项：把“水塔”和“土塔”捆绑，再考虑捆绑组在两边和中间插空的情况即可.【详解】由题可知，不同的摆放方法共有种，A正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有种，C正确，B不正确；若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有种，D正确．故选：ACD12．若不是等比数列，但中存在互不相同的三项可以构成等比数列，则称是局部等比数列.下列数列中是局部等比数列的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】对于ABD，直接取特定项验证即可；对于C，定义法可证为等比数列后即可判断.【详解】对于A：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列.故A正确；对于B：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故B正确；对于C：若，则，则是等比数列，所以不是局部等比数列. 故C错误；对于D：若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列. 故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知直线与圆相交，则整数的一个取值可能是        ．【答案】（或，，，只需填写一个答案即可）【分析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于半径即可求解.【详解】圆心到直线的距离，由直线与圆相交可得，得，所以整数的所有可能取值为，，，．故答案为：（或，，，只需填写一个答案即可）14．用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有        种．  【答案】48【分析】根据题意，由分步乘法计数原理，即可得到结果.【详解】先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，接着涂区域3，有2种选择，最后剩下的两个区域有2种选择．故不同的涂色方法有种．故答案为：15．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识．已知长度为4的线段，取的中点，以为直径作圆（如图①），该圆的面积为，在图①中取的中点，以为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为，以此类推，则        ．  【答案】【分析】根据题意，由条件可得各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式以及前项和公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可知，各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，故，则．故答案为：. 四、双空题16．抛物线的光学性质：经焦点的光线由抛物线反射后的光线平行于抛物线的对称轴（即光线在曲线上某一点处反射等效于在这点处切线的反射），过抛物线上一点作其切线交准线于点，，垂足为，抛物线的焦点为，射线交于点，若．则        ，        ．   【答案】     /     【分析】根据题意，由抛物线的光学性质即可得到，再结合抛物线的性质即可得到，从而得到结果.【详解】由抛物线的光学性质知平分，又，所以，所以，由得，设准线交轴于点，则，且，且，所以，所以．故答案为：；. 五、解答题17．经过点且与直线相切的圆C的圆心在直线上.(1)求圆C的方程；(2)直线l：与圆C交于E，F两点，若，求k.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设圆心，半径为，根据圆心在直线上，得，再根据直线与圆相切列式求出可得圆C的方程；（2）由，得，得点C到l的距离为，再根据点到直线的距离公式列式可求出.【详解】（1）设圆心，半径为，因为圆心在直线上，所以，即，，因为圆C与直线相切，所以，又圆C经过点，所以，则，整理得，解得，则圆心，半径，故圆C的方程为.（2）因为，所以.设点C到l的距离为d，则，又，则，解得.18．已知．(1)求；(2)求；(3)求．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）令即可得解；（2）令即可得解；（3）令、得到方程在，解得即可.【详解】（1）因为，令，则，即．（2）令，则，所以．（3）令，则，令，则，故．19．已知为正项等比数列，.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知条件结合等比数列通项的性质，求出公比，即可得数列通项；（2）根据数列特征，用错位相减法求数列前项和.【详解】（1）因为为正项等比数列，且，所以.设等比数列的公比为，则 ， 解得.故（2）依题意有所以，则，两式相减，可得故20．已知椭圆的离心率为，是上一点．(1)求的方程；(2)设，是上两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式、以及点在椭圆上列式，求出与可得椭圆的方程；（2）根据点差法求出直线的斜率，再根据点斜式求出方程即可.【详解】（1）由题可知，解得，，，故的方程为．（2）设，，则则，即．因为线段的中点坐标为，所以，，则．故直线的方程为，即．  21．在数列中，，且．(1)证明：，都是等比数列．(2)求的通项公式．(3)若，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，（2）根据奇数项和偶数项为等比数列，求解其通项，即可求解.（3）根据分组求和和裂项求和即可求解.【详解】（1）证明：因为，且，所以，．因为，故，所以，，则，都是公比为16的等比数列．（2）由（1）知，都是公比为16的等比数列，所以，，故对任意的（3）因为，所以．22．过双曲线上一点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，且．(1)求双曲线的方程．(2)已知点，两个不重合的动点，在双曲线上，直线，分别与轴交于点，，点在直线上，且，试问是否存在定点，使得为定值？若是，求出点的坐标和；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；，为定值 【分析】（1）根据点到直线的距离公式结合即可求解，（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据中点关系得化简得，即可得到直线的方程为，恒过点，即可根据垂直关系求解.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，双曲线上一点到渐近线距离之积为，由题知，．因为，所以，故双曲线的方程为．（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，，联立方程组整理得，则，，，，直线的方程为，令，则，得，同理得，由，可得，所以，所以，整理得．当，即时，直线的方程为，过点，与矛盾，舍去；当时，直线的方程为，恒过点，设的中点为，则，因为，所以，为定值．故存在，使为定值．  【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为 (为定值),则直线过定点