广西百色市2022-2023学年高二上学期期末教学质量调研测试数学试题

这是一份广西百色市2022-2023学年高二上学期期末教学质量调研测试数学试题，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， “”是“直线和直线平行”的， 若双曲线等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分；考试时长：120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上.
2.回答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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：C
2. 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
【解析】
【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：D
3. 已知等差数列，且，是方程的两根，是数列的前项和，则（ ）
A. 96B. C. D. 48
【答案】D
【解析】
【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
【解析】
【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. 2B. 8C. 6D. 10
【答案】B
【解析】
【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：B
6. 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
【解析】
【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. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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】
【分析】
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、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
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
【解析】
【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
【解析】
【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：AD
11. 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
【解析】
【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
【解析】
【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线与圆相切，则实数a的值为_________．
【答案】
【解析】
【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】
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
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】
【分析】
（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）.
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行判定定理，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）
【解析】
【分析】（1）设圆方程为，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.
【小问1详解】
设圆的方程为，
，
，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，①
，②
①-②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）
【解析】
【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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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距离，
令，，则
，当且仅当时，等号成立，
所以面积S最大值为.