首页

河北省唐山市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/21

2/21

剩余19页未读,查看更多内容需下载

唐山市2022~2023学年度高二年级第一学期学业水平调研考试数学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”.2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置内;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡整洁,考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.一、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.直线的一个方向向量是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】当直线的斜率存在时,由直线的方向向量为,则代入计算即可.【详解】因为,所以,设直线的方向向量为,则,取,则,所以直线的一个方向向量为.故选:C.2.在等差数列中,,,则()A.-11B.-8C.19D.16【答案】A【解析】【分析】代入等差数列通项公式求出公差,再代入公式即可求得.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 【详解】因为数列为等差数列,,,所以,解得,则.故选:A3.已知向量,,,则与的夹角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意,先得到的坐标,然后根据空间向量数量积的坐标运算即可得到结果.【详解】根据题意可得,,即则,且,所以与的夹角为故选:D4.在正方体中,E为的中点,则异面直线与DE所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设出正方体的棱长,建立空间直角坐标系,得到各点坐标,表达出和,即可得出异面直线与DE所成角的余弦值.【详解】由题意在正方体中,E为的中点,设正方体的棱长为,建立空间直角坐标系如下图所示,第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 则,,,,,∴,,设异面直线与DE所成角为,,∴异面直线与DE所成角的余弦值为,故选:A.5.F为抛物线C:的焦点,点A在C上,点,若,则的面积为()A.B.C.4D.8【答案】B【解析】【分析】求出焦点的坐标,根据两点间距离公式求得,即的长度,根据抛物线定义可求得点坐标,进而可求出面积.【详解】解:因为抛物线C:,所以,准线为:因为,所以,设根据抛物线定义可知:,解得,所以,所以.故选:B6.设直线与x轴的交点为椭圆的右焦点第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 ,过左焦点且垂直x轴的直线与椭圆交于M,,则椭圆的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得以及,再结合椭圆关系,列出方程即可得到结果.【详解】根据题意可得,直线与x轴的交点为,即,所以,且过左焦点且垂直x轴的直线与椭圆交于M,将代入椭圆方程可得,,即,所以所以,解得,所以离心率为故选:C7.已知圆O:和点,若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列,则该数列公比的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】圆半径,,则点P在圆内,则过点P的弦长,故所求公比的取值范围是,即.故选:A第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 8.已知数列满足,,令,则数列的前2022项和()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简,得,可得是等差数列,求出通项公式,再用裂项相消的方法求数列的前2022项和即可.【详解】因为数列满足,即,即,,所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列,所以,则,因为,则,数列的前2022项和.故选:B【点睛】易错点睛:裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.已知直线l:,圆O:,且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1,则r的值可以是()A1B.2C.3D.4【答案】CD【解析】【分析】根据圆的对称性,结合圆心到直线距离列式求解即可.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 【详解】圆O到直线的距离,由圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1得.故选:CD.10.将数列中的各项依次按第一个括号1个数,第二个括号2个数,第三个括号3个数,第四个括号4个数,…,进行排列:,,,,…,则()A.第8个括号内的第一个数是29B.前9个括号内共有45个数C.第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136D.2022在第64个括号内【答案】ABD【解析】【分析】第n个括号有n个数,则括号里数的数量满足等差数列,且括号里的数同为等差数列,根据等差数列的通项公式及求和公式逐个判断即可.【详解】对A,第n个括号有n个数,则前7个括号内共有个数,故第8个括号内的第一个数是29,A对;对B,前9个括号内共有个数,B对;对C,由AB得,第10个括号内的数的和为,第8个括号内的数的和为,故第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大,C错;对D,设2022在第个括号内,则有,解得,D对.故选:ABD.11.已知双曲线C:的左,右焦点分别为,,P是C的右支上一点,则()A.若,则P到x轴的最大距离为B.存在点P,满足第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 C.P到双曲线的两条渐近线的距离之积为D.内切圆半径r的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】利用数量积坐标运算表示,解不等式求点的纵坐标范围,判断A,结合双曲线定义判断B,利用点到直线的距离公式求P到双曲线的两条渐近线的距离之积判断C,根据直线与双曲线的位置关系确定的范围,结合内切圆的性质判断D.【详解】设双曲线的实半轴为,虚半轴为,半焦距为,则双曲线的焦点的坐标为,的坐标为,,渐近线方程为,设点的坐标为,则,,对于A,因为,所以所以,所以,所以P到x轴的最大距离为,A正确;对于B,由已知,,所以,又,矛盾,B错误,对于C,点到两渐近线的距离的积为,C正确;对于D,因为三点不共线,所以直线的斜率不为0,可设直线的方程为,,联立,消,得,方程的判别式第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 ,由已知,所以,又,故或,设的内切圆的圆心为,的内切圆与轴相切于点,因为,所以,又,所以,设,则,又内切圆半径,所以,D正确.故选:ACD.【点睛】本题为双曲线的综合性问题,考查双曲线的定义,直线与双曲线的位置关系,双曲线的性质,难度较大.12.已知正方体的棱长为2,点P在正方形ABCD内运动(含边界),则()第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 A.存在点P,使得B.若,则的最小值为C.若,则P点运动轨迹的长度为D.若,直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BD【解析】【分析】A选项,建立适当空间直角坐标系,利用向量垂直的坐标运算判定即可;B选项,找出动点在正方体底面内的运动轨迹,利用点到圆上点的最值求解即可;C选项,根据立体几何中线面垂直推出线线垂直,可找出动点在正方体底面内的运动轨迹是线段,即可求解;D选项:建立适当空间直角坐标系,利用可得出点,再利用空间向量的坐标表示求解即可.【详解】对于A选项:如图1,以为坐标原点建立空间直角坐标系,则,,,设,,则,,若,则,解得,不合题意,错误;对于B选项:如图2,第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 若,连接,则点在以为圆心,为半径的圆上,此时点的轨迹为,又,,,,故正确;对于C选项:如图3,连接,,,,,为正方形,则,又平面,平面,,,平面,平面,平面,,同理可证:,又,平面,平面,平面平面,故点在正方体底面内的运动轨迹是线段,又正方体的棱长为2,,故错误;对于D选项:如图4,第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 以为坐标原点建立空间直角坐标系,连接,,,,则,,,,设,,则,,当,有,则,此时,又,,当时,有最大值,此时,故正确.故答案选:BD.【点睛】关键点点睛:立体几何中线面垂直的判定定理,动点在立体几何中的轨迹问题,以及利用空间向量法解决立体几何的问题,属于难题.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知正项等比数列,若,,则______.【答案】2【解析】【分析】由等比数列基本量列方程求得基本量,即可得结果.【详解】由题意,设等比数列的公比,则,,两式相除得,,∴.故答案为:2.14.正四面体ABCD中,若M是棱CD的中点,,,则______.【答案】【解析】第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 【分析】根据空间向量线性运算得到,证明出共线定理的推论,由三点共线,得到,求出.【详解】因为,所以,即,,下面证明:已知,若三点共线,则,因为三点共线,所以存在非零实数,使得,即,整理得,故,,所以,因为三点共线,故,解得:.故答案为:15.已知圆:,圆:,过圆上的任意一点P作圆的两条切线,切点为A,B,则四边形面积的最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意分析可得四边形面积,结合圆的性质求的最大值即可.【详解】圆:的圆心,半径,圆:的圆心,半径,四边形面积,∵,∴四边形面积的最大值为.故答案为:.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 16.设双曲线C:的右焦点为F,点,直线与交于M,N两点.若,则C的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】设,,根据,得到为的重心,利用重心的坐标式得到,再利用点差法和得到关系求解即可.【详解】设,,因为,所以为重心,则,即,①因为在双曲线C:上,所以,两式相减得:,化简得:,即,②将①代入②得:,即,解得:,所以,则,第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 即C的离心率为.故答案为:.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.已知圆心为的圆经过点.(1)求圆C的方程;(2)过点作直线l与圆C交于E,F两点.若,求直线l的方程.【答案】(1)(2)或.【解析】【分析】(1)直接将点的坐标代入圆的方程,即可得到结果;(2)根据截得的弦长,分l的斜率不存在与l的斜率存在分别讨论,结合点到直线的距离公式,列出方程,即可得到结果.【小问1详解】设所求圆C的方程为,因为点在圆C上,则,解得,所以圆C的方程为.【小问2详解】因为直线l被圆C截得的弦长为4,所以圆心到直线l的距离.当l的斜率不存在时,直线l方程为,符合题意.当l的斜率存在时,设直线l方程为,即.则,解得.此时直线l方程为,即.综上所述,直线l的方程为或.18.如图,在直三棱柱中,M,N分别为AC,的中点.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 (1)证明:平面;(2)若平面,,,求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)要证明平面,通过证明平面平面即可证得;(2)根据已知条件可以以为原点建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,以及一个方向向量,代入公式计算即可.【小问1详解】证明:取的中点H,连接MH,HN.因为M为AC的中点,所以.因为平面,平面,所以平面.因为H,N分别为,的中点,所以,因平面,平面,所以平面.因为面MHN,所以平面平面.因为平面MHN,所以平面.【小问2详解】因为平面,平面,所以.因为三棱柱是直三棱柱,所以,.以BA,,BC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 则,,,,,,,.设平面的法向量为.由,得,取.所以点A到平面的距离.19.已知抛物线C:的焦点为F,O为坐标原点,A,B为C上异于O的两点,.(1)证明:直线AB过定点;(2)求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)21【解析】【分析】(1)设,,直线AB的方程为,联立抛物线方程,由垂直斜率关系及韦达定理可求得参数m,进而确定定点;(2)由抛物线定义结合基本不等式求最值.【小问1详解】设,,直线AB的方程为,将直线AB的方程代入,得.由,得,即,所以,,故直线AB:,恒过定点.【小问2详解】抛物线准线为,由抛物线的定义,.所以的最小值为21.20.已知数列满足,.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 (1)记,写出,,,,并猜想数列的通项公式;(2)证明(1)中你的猜想;(3)若数列的前n项和为,求.【答案】(1),,,,猜想(2)证明见解析(3)【解析】【分析】(1)根据的递推关系式及首项,写出,进而求得,,,,根据推导过程及各项即可猜想其通项公式;(2)因为,所以找到和的关系,即与的关系,对式子进行配凑,可发现是以3为首项,2为公比的等比数列,即可得的通项公式;(3)根据,可得,将写为,再将,代入,可得,将代入,再利用等比数列的求和公式即可得.【小问1详解】由题知,因为,所以,,,,,,,综上:,,,,猜想.【小问2详解】由题意,知,,代入得,于是,即,因为,所以是以3为首项,2为公比的等比数列,故.【小问3详解】第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 因为,.21.在四棱锥中,底面ABCD是边长为2的菱形,,,.(1)证明:平面ABCD;(2)若,在棱PC上是否存在点M,使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)不存在,理由见解析【解析】【分析】(1)由线线垂直证平面PAO,再依次证、平面ABCD;(2)以A为坐标原点,分别以AH,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图的空间直角坐标系,设,由向量法建立线面角正弦值的方程,从解的情况即可判断.【小问1详解】证明:连接BD交AC于O,连接PO.因为底面ABCD是边长为2的菱形,所以,因为O是BD中点,,所以.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 因为,平面PAO,所以平面PAO,因为平面PAO,所以.因为,,平面ABCD,所以平面ABCD.【小问2详解】如图,取线段BC的中点H,连接AH,易知.以A为坐标原点,分别以AH,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图的空间直角坐标系,则,,,.,.设,则有,解得,进而.设平面PBC的法向量为.由,得,取.设直线AM与平面PBC所成的角为,则,化简得,,此方程无解,所以满足条件的点P不存在.22.已知点,,动点P满足.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)设点,斜率为k的直线l与曲线C交于M,N两点.若,求k的取值范围.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设动点,分别表示出,然后代入计算,化简即可得到结果;(2)根据题意,分与两种情况讨论,当时,设直线l:,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理表示出MN的中点的坐标,再由条件列出方程,即可得到结果.【小问1详解】设动点,则,,,由已知,得,化简,得,故动点P的轨迹C的方程是.【小问2详解】当时,设直线l:,将代入,整理,得,设,,,整理,得,①设MN的中点为Q,,,所以,由,得,即直线EQ的斜率为,所以,化简,得,②将②代入①式,解得且.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司 当时,显然存在直线l,满足题设.综上,可知k的取值范围是.第21页/共21页学科网(北京)股份有限公司

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-03-05 01:45:02 页数:21
价格:¥2 大小:1.22 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE