安徽省合肥市庐江县2022-2023学年高二数学下学期开学考试试卷（Word版附解析）

庐江县2022~2023学年度第一学期期末教学质量抽测高二数学试题命题人：庐江二中王胜春白山中学夏有才审题人：庐江县教研室朱远清一､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.已知两个向量，且，则的值为（）A.1B.2C.4D.8【答案】B【解析】【分析】根据向量共线得，解出即可.【详解】，，解得，则.故选：B.2.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由直线斜率得到直线的一个方向向量，再对选项逐一检验即可.【详解】因为直线可化为，所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量为，对于A，与不平行，故A错误；对于B，与不平行，故B错误；对于C，，故与平行，则也是直线的一 个方向向量，故C正确；对于D，与不平行，故D错误.故选：C.3.椭圆的焦距为4，则的值等于（）A.5B.13C.5或13D.25【答案】C【解析】【分析】根据椭圆中的关系求解.【详解】由题知：，当焦点在轴上时，；当焦点在轴上时，，或13.故选:C.4.在正四面体中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为A.B.1C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由正四面体的性质可得：，可得，由E是棱中点，可得，代入，利用数量积运算性质即可得出.【详解】如图所示 由正四面体的性质可得：可得：是棱中点故选：【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.5.在数列中，，且，，则（）A.2B.-1C.D.1【答案】C【解析】【分析】根据给定条件推导出数列的周期，再借助周期性计算得解.【详解】解：在数列中，，，则，，于是得数列是周期数列，周期为3，又，所以，，所以，所以.故选：C. 6.等比数列中，已知，则的值为（）A.2B.4C.6D.12【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的性质求解.【详解】设等比数列的公比为，则，..故选:C.7.若两圆和恰有三条公切线，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析出两圆外切，可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，因为两圆有三条公切线，则两圆外切，则，即， ，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故选：C.8.如图，在三棱柱中，，，两两互相垂直，，，是线段，上的点，平面与平面所成（锐）二面角为，当最小时，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的大小．【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，设，，则，0，，，1，，，0，，，1，，，1，，，0，，设平面的法向量，，，，取，得，，，平面的法向量，0，， 平面与平面所成（锐二面角为，，解得，当|最小时，，，，．故选．【点睛】本题考查角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二､多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知直线，则下列说法正确的是A.若，则m=-1或m=3B.若，则m=3C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据两直线平行或垂直求出参数值然后判断． 【详解】直线，则，解得或，但时，两直线方程分别为，即，两直线重合，只有时两直线平行，A错，B正确；，则，，C错，D正确．故选：BD．【点睛】本题考查两直线平行与垂直的条件，在由两直线平行求参数时要注意检验，排除两直线重合的情形．如果用斜率求解还需讨论斜率不存在的情形．10.已知向量，则（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】根据空间向量的模长、数量积的坐标运算，以及平行、垂直的坐标表示即可求解.【详解】对于A,，，故A错误；对于B，，则，故B错误；对于C,，则，则，故C正确；对于D，，故D正确.故选:CD.11.我国古代数学名著《九章算术》中记载有“耗子穿墙”问题：今有垣厚五尺，两老鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.下列说法中正硆的有（）A.大鼠与小鼠在第三天相逢B.大鼠与小鼠在第四天相逢 C.大鼠一共穿墙尺D.大鼠和小鼠穿墙的长度比为【答案】AC【解析】【分析】对A和B构造等比数列，利用等比数列求和公式即可求出的值，对C，首先求出前两天每天各自的工作量，再列方程求出第三天大小老鼠打通的长度，最后即可判断C和D.【详解】对A和B，今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，由题得大鼠和小鼠每一天的穿墙长度成等比数列，分别设大鼠和小鼠每日穿墙长度所成的数列为，则大鼠第日穿墙，小鼠第n日穿墙，则，整理得，解得，则，，，故大鼠与小鼠在第三天相逢，故A正确，B错误；对C，第一天大老鼠打了1尺，小老鼠1尺，一共2尺，还剩3尺；第二天大老鼠打了2尺，小老鼠打了0.5尺，这一天一共打了2.5尺，两天一共打了4.5尺，还剩0.5尺.第三天按道理应大老鼠打4尺，小老鼠0.25尺，可是总长度只剩0.5尺没有打通，所以在第三天肯定可以打通.设第三天大老鼠打了尺，小老鼠则打了尺，则打洞时间相等：，解方程得大老鼠在第三天打了尺，小老鼠打了，三天总的来说：大老鼠打了尺，故C正确；对D，大鼠和小鼠穿墙的长度比为：，故D错误.故选：AC.12.已知动点在双曲线上，双曲线的左､右焦点分别为，下列结论 正确的是（）A.双曲线的离心率为2B.双曲线的渐近线方程为C.动点到两条渐近线的距离之积为定值D.当动点在双曲线的左支上时，的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据双曲线的性质可判断A,B，利用点到直线距离公式可判断C，利用双曲线的定义以及基本不等式判断D.【详解】对A和B，双曲线，所以双曲线的离心率为，渐近线方程为，A选项正确，B选项错误；对C，设点的坐标为，则，双曲线的两条渐近线方程分别为和，则点到两条渐近线的距离之积为C选项正确；对D，当动点在双曲线的左支上时，，，当且仅当时，等号成立，所以，的最大值为，D选项正确. 故选:ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是________________．【答案】【解析】【详解】因为sinα∈[－1，1]，所以－sinα∈[－1，1]，所以已知直线的斜率范围为[－1，1]，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是．答案：14.如图所示，在平行六面体中是的中点，点是上的点，且，用表示向量的结果是______.【答案】【解析】【分析】由空间向量的线性运算求解．【详解】是中点，． 故答案为：．15.十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列满足以下关系：，，记其前项和为，设（为常数），则__________，__________.【答案】①.②.【解析】【分析】因为斐波那契数列满足，，通过归纳可以得出，由此可求，再结合求的值.【详解】因为斐波那契数列满足所以，，，所以，，，故答案为：；.16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：一动点到两定点的距离之比等于定比，则点的轨迹是圆，此圆被称为“阿氏圆”.在平面直角坐标系中，点，满足的动点的轨迹为，若在直线上存在点，在曲线上存在两点，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】 【解析】【分析】根据平面轨迹的求法求得动点的轨迹方程曲线为圆，作出图像，根据题意可知点到直线距离的最大值为，从而利用点线距离公式即可得解.【详解】设，由题知，化简整理得，则此圆心为，半径为，因为是曲线上的两点，当都与圆相切，可使最大，又，，此时四边形为正方形，，显然，当时，为锐角，不满足题意，当时，才能取得直角，故，所以点到直线距离要满足，所以，化简得，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用数形结合，找到圆心到直线距离的最大值，从而列出关于的不等式，解之即可.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.已知直线：，直线：.（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程； （2）若，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）分直线过原点和直线不过原点两种情况讨论，分别求解即可.(2)若，则解得或,再验证从而得出答案.【详解】（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，此时则，解得，②若直线不过原点，则斜率为，解得.因此所求直线的方程为或（2）①若，则解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；当时，直线：，直线：，满足题意；因此所求直线：【点睛】易错点睛：本题考查直线的截距概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是容易出错的地方，要注意，属于中档题.18.已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上.（1）求双曲线的焦点坐标；（2）求双曲线的标准方程.【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）根据抛物线的准线方程是，求出双曲线的焦点坐标；（2）由条件可知抛物线的焦点是，且，再根据，求出双曲线的标准方程.【详解】因为抛物线的准线方程为，则由题意得，点是双曲线的左焦点.（1）双曲线的焦点坐标.（2）由（1）得，又双曲线的一条渐近线方程是，所以，解得，，所以双曲线的方程为：.【点睛】本题考查双曲线方程，几何性质，属于基础计算题型.19.已知圆过点，且与直线相切于点．（1）求圆标准方程；（2）若，点在圆上运动，证明：为定值．【答案】（1）（2）证明过程见详解【解析】【分析】（1）设圆心，半径为，根据题意列出方程，求出圆心和半径，进而求出圆的方程；（2）先将圆的标准方程化为一般方程，设点，再根据题意分别求出，，进而即可证明结论．【小问1详解】设圆心，半径为，因为点，，所以直线的中垂线方程是， 过点且与直线垂直的直线方程是，由，解得，圆心，，圆的标准方程是．【小问2详解】证明：由（1）知圆的标准方程为，则其一般方程为，即，设点，且点在圆上运动，则，，于是，为定值．20.已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.【详解】(1)设等比数列的公比为q，因为，所以， 因为是和等差中项，所以，即，解得，所以.故答案为：.(2)因为，所以为等差数列，因为，，所以公差，故.所以.故答案为：.21.在①平面平面，②，③平面这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.如图，在四棱锥中，底面是梯形，点在上，，，，，且______.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】选条件①（1）证明见解析；（2）；选条件②（1）证明见解析；（2）；选条件③（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】若选①：（1）根据面面垂直的性质定理，可证明平面，建立空间直角 坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值.若选②：根据线面垂直的判定定理，可证明平面；建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值.若选③：根据线面垂直的性质定理，可得，又，根据线面垂直的判定定理，即可证明平面，建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值.【详解】方案一：选条件①.（1）∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面.又，∴，，两两垂直.以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，. ∵，，∴，.又，∴平面.又平面，∴平面平面.（2）由（1）可得平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角为，则.方案二：选条件②.（1）∵底面为梯形，，∴两腰，必相交.又，，，平面，∴平面.又，∴，，两两垂直.以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，.∵，，∴，.又，∴平面.又平面，∴平面平面. （2）由（1）可得平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角为，则.方案三：选条件③.（1）∵平面，平面，∴又，，平面，，∴平面.又，∴，，两两垂直.以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，.∵，，∴，.又，∴平面.又平面，∴平面平面（2）由（1）可得平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角为， 则.22.已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，一个顶点为，且其右焦点到直线的距离为4.（1）求椭圆的方程；（2）是否存在斜率为的直线，使与已知椭圆交于不同的两点，且？若存在，请求出的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】(1)根据椭圆的定义结合点到直线距离公式求解；(2)利用韦达定理表示出中点的坐标，再结合可得，利用斜率之积等于即可求解.【小问1详解】因为椭圆中心在原点，焦点在轴上，一个顶点为，由题意，可设椭圆的方程，则其右焦点，由到直线的距离，即，解得，所以椭圆的方程.【小问2详解】假设存在直线符合题意.与椭圆方程联立，得：，消去得：, 设，则有，，的中点的坐标.是线段的垂直平分线，于是.根据斜率之积为，即，可得，将其代入，并整理得：，解得：.故存在满足条件的直线，其斜率的取值范围.【点睛】关键点点睛：本题第二小问关键在于利用韦达定理表示的中点的坐标，再根据几何关系确定，从而建立代数关系式可得，再根据判别式大于零即可求范围.