2022-2023学年贵州省贵阳市普通中学高二上学期期末监测考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年贵州省贵阳市普通中学高二上学期期末监测考试数学试题（解析版），共15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学年贵州省贵阳市普通中学高二上学期期末监测考试数学试题 一、单选题1．已知两个空间向量，，且，则实数m的值为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】根据空间向量平行的坐标运算得出答案.【详解】，，，，解得，故选：D.2．在等比数列中，，，则=（    ）A．  B．1 C．1或  D．【答案】B【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.【详解】设公比为 则由，得，故，故选：B3．已知直线l：，如果，，那么直线l不经过的象限是（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据题意，求出直线在坐标轴上的截距，即可求解.【详解】当时，，由得，即点在y轴的正半轴；当时，，由得，即点在x轴的正半轴，又直线过点和点，所以直线不经过第三象限.故选：C.4．以下四个命题，正确的是（    ）A．若直线l的斜率为1，则其倾斜角为45°或135°B．经过两点的直线的倾斜角为锐角C．若直线的倾斜角存在，则必有斜率与之对应D．若直线的斜率存在，则必有倾斜角与之对应【答案】D【分析】根据直线的倾斜角和斜率的概念依次判断选项即可.【详解】A：直线的斜率为1，则直线的倾斜角为，故A错误；B：过点A、B的直线的斜率为，即(为直线的倾斜角)，则为钝角，故B错误；C：当直线的倾斜角为时，该直线的斜率不存在，故C错误；D：若直线的斜率存在，则必存在对应的倾斜角，故D正确.故选：D.5．如图，在三棱柱中，M，N分别是和的中点，且，则实数x，y，z的值分别为（    ）A．  B． C． D．【答案】A【分析】根据题意用空间基底向量表示向量，结合空间向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：，故.故选：A.6．等差数列的前n项和记为，且，，则=（    ）A．70 B．90 C．100 D．120【答案】D【分析】根据等差数列前n项和的性质可得成等差数列，即可求得的值.【详解】在等差数列中，成等差数列，所以，则，即.故选：D.7．设，分别是双曲线C：的左､右焦点，P为C上一点且在第一象限若，则点P的纵坐标为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据双曲线的定义可得，进而根据长度关系判断，代入即可求解.【详解】根据题意可知： ，由以及可得，又，由于,故，即三角形为直角三角形，将代入得，由于P为C在第一象限，故点P的纵坐标为2，故选：C8．已知直线l：是圆C：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为A，则（    ）A． B．7 C． D．2【答案】B【分析】根据题意分析可得直线l过圆心，可求得，再根据圆的切线长公式运算求解.【详解】由题意可知：直线l：过圆心，则，解得，故圆C：的圆心为，半径，且点，∵，∴.故选：B. 二、多选题9．斐波那刻螺旋线被骨为自然界最完美的“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.如图，小正方形的边长分别为斐波那契数1，1，2，3，5，8....，从内到外依次连接通过小正方形的圆弧，就得到了一条被称为“斐波那契螺旋”的弧线，现将每一段“斐波那契螺旋”弧线所在的正方形边长设为，数列满足，，，每一段“斐波那契螺旋”弧线与其所在的正方形围成的扇形面积设为，则下列说法正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由题意可得的前9项分别为，根据运算即可判断AB,根据，利用平方差公式以及即可判断选项C,代入计算即可判断D.【详解】根据，，得数列的前9项分别为，所以，，故A正确，B错误，由题意可得，即，所以，故C正确，，，所以，故D错误，故选：AC.10．如图，在正方线ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，K，L分别是AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D1，DA各棱的中点，则下列选项正确的有（    ）A．向量，，共面 B．A1C⊥平面EFGHKLC．BC与平面EFGHKL所成角的正弦值为 D．∠KEF=90°【答案】BCD【分析】建系，利用空间向量判断向量共面和线、面关系以及求线面夹角.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，可得，对A：若向量，，共面，则存在实数，使得成立，∵，可得，无解，∴不存在实数，使得成立，故向量，，不共面，A错误；对B：由题意可得：，则，同理可得：，，故六点共面，∵，则，，平面，∴平面，B正确；对C：由B可得是平面的法向量，∵，∴BC与平面EFGHKL所成角的正弦值为，C正确；对D：∵，则，∴，D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：利用空间向量处理立体几何问题的一般步骤：（1）建立恰当的空间直角坐标系；（2）求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；（3）结合公式进行论证、计算；（4）转化为几何结论． 三、填空题11．直线l1：与直线l2：间的距离是___________.【答案】【分析】根据两平行线间距离公式运算求解.【详解】由题意可得：直线l1：与直线l2：间的距离.故答案为：.12．已知空间向量，，则___________.【答案】6【分析】利用空间向量数量积运算法则计算即可.【详解】.故答案为：613．已知a，b，c成等比数列，则二次函数的图像与x轴的交点个数是___________.【答案】1【分析】根据题意有，再借助二次函数的判别式判断交点个数【详解】a，b，c成等比数列,则，，则二次函数的图像与x轴有1个交点，故答案为：1.14．已知抛物线的准线是直线，为上一点，，垂足为，点的坐标是，则的最小值为___________.【答案】【分析】由抛物线的定义可得出，当为线段与抛物线的交点时，取最小值可得结果.【详解】抛物线的焦点为，准线为，如图所示：由抛物线的定义可得，所以，，当且仅当为线段与抛物线的交点时，等号成立，因此，的最小值为.故答案为：.15．若直线与曲线有公共点，则b的取值范围是___________.【答案】【分析】由题意可得：该曲线为以为圆心，半径的右半圆，根据图象结合直线与圆的位置关系运算求解.【详解】∵，整理得，∴该曲线为以为圆心，半径的右半圆，直线的斜率，如图所示：当直线与圆相切时，则，解得或（舍去）；当直线过点时，则，解得；综上所述：b的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：直线与圆位置关系问题的求解思路：研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，结合图象分析相应的性质与关系，列式求解． 四、解答题16．如图，四棱柱的底面是菱形，⊥底面ABCD，AB=BD=2，，E，F分别是棱BB1，DD1上的动点（不含端点），且.(1)求四棱锥的体积；(2)当BE=1时，求平面AEF与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）作出辅助线，得到AO是四棱锥的高，求出各边的长，利用锥体体积公式求出答案；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的夹角的余弦值.【详解】（1）如图，连接AC交BD于点O，因为底面ABCD是菱形，所以，因为点E，F分别在，上，所以BEDF，又⊥底面ABCD，AO底面ABCD，BD底面ABCD，所以BE⊥BD，BE⊥AO，所以四边形BEFD是直角梯形，且因为，，所以，又因为，平面BEFD，所以AO⊥平面BEFD，即AO是四棱锥的高，因为AB=BD=2，底面ABCD是菱形，所以是等边三角形，故，，所以，所以四棱锥的体积为（2）以O为原点，分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，.设是平面AEF的法向量，则，取，则，.所以，是平面AEF的一个法向量，由（1）可知，OA⊥平面BEFD，即OA⊥平面，所以是平面的一个法向量，而，所以平面AEF与平面夹角的余弦值为17．设直线与抛物线相交于两点，且.(1)求抛物线方程；(2)求面积的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，消元得出韦达定理，将表示为坐标形式，列方程化简计算，可得抛物线方程；（2）利用三角形的面积公式，结合韦达定理，根据的取值，得出面积的最小值．【详解】（1）设直线与抛物线交于点，联立得，显然，所以，因为，所以，即，化简得，代入得解得，所以抛物线方程为（2）因为直线过定点，所以，当且仅当时，的面积取得最小值为18．已知圆O：，过定点作两条互相垂直的直线，，且交圆O于两点，交圆O于两点.(1)若，求直线的方程；(2)求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得到直线的距离为，讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离运算求解；（2）讨论直线是否与坐标轴垂直，结合韦达定理证明结论.【详解】（1）由题设可知圆O的圆心为，半径为，由，可得到直线的距离为，因为直线经过点，则有：当直线的斜率不存在时，则，此时到直线的距离为，不合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，所以直线的方程为，即.（2）∵，即定点在圆内，∴直线与圆均相交，当直线与x轴垂直时，直线与x轴平行，此时，，所以；当直线与x轴垂直时，直线与x轴平行，此时，，所以；当直线与不坐标轴垂直时，设直线的方程为，则直线的方程为，联立方程，消去y得，所以，同理可得，所以，综上所述：为定值2.19．设数列满足.(1)求，，，试猜想的通项公式，并证明；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)，，，，证明见解析(2) 【分析】（1）根据已知求出，，，猜想数列的通项公式为，当时，，结合已知式子两式相减即可得出当时，，再验证成立即可；（2）结合第一问结论得出数列的通项，利用错位相减法得出答案.【详解】（1）因为，当时，当时，，可得，当时，，可得，所以猜想数列的通项公式为，证明如下：由题意，当时，，，得，所以，当时，上式为，这就是说，当时，上式也成立.因此，数列的通项公式为；（2）由（1）知，记的前n项和为，则，故，，得，，所以数列的前n项和为.20．阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)，(2)存在， 【分析】(1)根据题意和离心率求出a、b，即可求解；(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T（2,1），利用点差法求出直线的斜率，即可求解.【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)，则，得，又，所以，所以，所以椭圆C的方程为.根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，因为点Q在直线上运动，所以，联立，得，，该方程无实数根，所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，又QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，将代入，整理得，又因为定点T的坐标与的取值无关，所以，解得，所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.当时，T是线段MN的中点，设，直线MN的斜率为，则，两式相减，整理得，即，所以当时，直线MN的方程为，即.