山東省菏澤市2022-2023學年高二下學期2月教學質量檢測數學試題

2022—2023學年度高二教學質量檢測數學試題2023.2注意事項：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務必將姓名、班級等個人信息填寫在答題卡指定位置.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答.超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線與兩坐標軸所圍成三角形的面積為（）A.6 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】結合題意，先求得直線與坐標軸的交點坐標,然后求解三角形的面積即可.【詳解】直線中,令可得:,令可得:,據此可得直線與坐標軸的交點坐標為:,則所求三角形的面積為:故選：B.2.已知空間直角坐標系中的三點，，，則點A到直線的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由點A到直線的距離,向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【詳解】已知，，，所以，，點A到直線的距離為.故選：C.3.設雙曲線的漸近線方程為，則此雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據漸近線方程求出a與b的關系即可.【詳解】雙曲線的漸近線方程為：，又；故選：A.4.點M與定點的距離和它到定直線的距離的比為，則點M的軌跡方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據軌跡方程的求解方法列方程求解.【詳解】設，因為點M與定點的距離和它到定直線的距離的比為，所以，即，整理得，故選:C.5.若等差數列和等比數列滿足，則的公差為（）A.1 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根據等差等比數列的通項公式轉化為首項與公比，公差的關系求解.【詳解】設等差數列的公差為，等比數列的公比為，又又，故選：A6.已知圓，直線，則圓C上到直線l的距離等于的點的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先確定圓的圓心坐標與半徑,再求出圓心到直線的距離,從而可得結論.【詳解】由題意,圓心坐標為,半徑為,圓心到直線的距離為,圓與直線相交,且圓上與直線的距離等于的點共有3個.故選:C.7.中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個“九兒問甲歌”問題：一個公公九個兒，若問生年總不知，自長排來差三歲，共年二百又零七，借問長兒多少歲，各兒歲數要詳推．在這個問題中，記這位公公的第個兒子的年齡為，則A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】由題意得數列成等差數列，公差為3，所以選B.8.已知點F為橢圓的左焦點，經過原點O的直線l交橢圓于P，Q兩點，點M是橢圓C上異于P，Q的一點，直線，的斜率分別為，，且，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據條件先求出a，b，c之間的關系，再由幾何關系和余弦定理求解.【詳解】由于P，Q關于原點對稱，設，，則有，又點都在橢圓上，，，，又，設橢圓的右焦點為，連接如下圖：因為原點O平分線段PQ和，所以四邊形是平行四邊形，依題意，設，則，又，，在中，由余弦定理得，；故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列結論正確的有（）A.過點，的直線的傾斜角為B.若直線與直線垂直，則C.已知，及x軸上的動點P，則的最小值為5D.直線與直線之間的距離為【答案】ABD【解析】【分析】求出直線斜率判斷A；利用垂直關系求出a判斷B；利用對稱方法求出兩點的距離判斷C；求出平行間距離判斷D作答.【詳解】對于A，直線的斜率，則直線的傾斜角為，A正確；對于B，直線與直線垂直，則，解得，B正確；對于C，關于x軸對稱點，連接交x軸于點，在x軸上任取點，連接，如圖，，當且僅當點與重合時取等號，因此，C錯誤；對于D，直線與直線平行，直線化為，管兩條直線間距離為，D正確.故選：ABD10.如圖，在平行六面體中，與交于點，且，，.則下列結論正確的有（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】由向量的分解和向量數量積公式、向量的求模公式即可判斷.【詳解】如圖，由題意得，，，，，對于選項A，所以，即.故選項A正確.對于選項B，故選項B正確.對于選項C，所以即故選項C錯誤.對于選項D，故選項D錯誤.故選：AB11.已知正項數列的前n項和為，數列的前n項和為，且滿足，若，則以下結論正確的有（）A. B.C.數列的通項公式為 D.數列的通項公式為【答案】AD【解析】【分析】由數列前n項和的遞推公式，求出數列的通項公式，判斷選項的正誤.【詳解】因，所以，，兩式相減，得，，即，，又因為，所以，即，，所以，，兩式相減，得，即，，由題，，即，因為，得，，，得，所以，，數列是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，，，故AD正確，BC錯誤.故選：AD12.已知拋物線的焦點為F，過拋物線上任意一點P作圓的切線，A為切點，且直線交拋物線于另一點Q，則下列結論正確的有（）A.的最小值為B.的取值范圍為C.三角形面積的最小值為D.連接，并延長，分別交拋物線于N，M兩點，設直線和直線的斜率分別為，，則【答案】ABD【解析】【分析】先求出圓C的圓心和半徑，以及F點的坐標，再根據圖中的幾何關系逐項分析.【詳解】對于圓C，標準方程為，所以圓心，半徑，對于拋物線，，，對于A，設，則有，當時，取得最小值，即，A正確；對于B，設，則直線的方程為：，將代入得：，，其中，，，，由基本不等式得，當且僅當時等號成立，，B正確；對于C，采用水平底鉛錘高計算的面積，即，當且僅當，即時成立，即最小值為，C錯誤；對于D，原問題等價于從F點引2條斜率不等的直線分別與拋物線交于P，N和Q，M點，并且P，Q，C三點共線，設，2兩條直線的斜率分別為（即都存在），則直線方程分別為：，聯立方程，解得，，同理可得，三點共線，即與共線，，，整理得：，依題意，，，；當有1個不存在時（當都不存在時，兩條直線重合，不滿足題意），比如不存在，則垂直于x軸，此時，其余條件相同，，D正確；故選：ABD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知平面與平面是不重合的兩個平面，若平面α的法向量為，且，，則平面與平面的位置關系是________.【答案】平行【解析】【分析】分別計算，，可得，，從而可知，，平面，所以可得平面與平面平行.【詳解】平面α的法向量為，且，，，，所以，，平面，平面的一個法向量為，又因為平面與平面是不重合的兩個平面所以平面與平面平行.故答案為：平行.14.已知等差數列，，公差，為前n項和，且.（1）若，則________（用t表示）.（2）若，則________（用t表示）.【答案】①.②.【解析】【分析】利用等差數列的通項公式和前n項和公式求解即可.【詳解】（1），由可得，，解得①，又因為，所以，即②，聯立①②得，，解得.（2）由，可得，又因為，所以，消去同類項可得，因為，所以③，聯立①③可得，得.故答案為:;.15.以點為圓心，3為半徑的圓與直線相交于A，B兩點，則的取值范圍為________.【答案】【解析】【分析】先求出直線l所過的定點，判斷定點是否在圓內，再確定的范圍.【詳解】對于直線l：有，令，解得，所以直線l過定點，又當時，不存在，所以直線l不過圓心，，所以點Q在圓P內，當是A，B的中點時，最短，又圓的直徑為6，.故答案為：.16.已知數列（）的首項，前n項和為，設與k為常數，若對一切正整數n均有成立，則稱此數列為“”數列，若數列是“”數列，且，則數列的通項公式為________.【答案】【解析】【分析】由題可知，根據定義得，根據平方差公式化簡得，求得，最后根據，即可求出數列的通項公式.【詳解】因為數列是“”數列，則，所以，因為，所以，所以所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以，則是以為首項，為公比的等比數列，所以.所以，所以.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知雙曲線的離心率為，且右焦點F與拋物線的焦點相同.（1）求雙曲線C的標準方程；（2）過點F直線l交雙曲線C的右支于A，B兩點，且，求直線l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）根據拋物線焦點得到，再根據離心率和關系即可得到答案；（2）設直線，，，將直線方程與雙曲線方程聯立得，再利用弦長公式即可求出值，則得到直線方程.【小問1詳解】拋物線的焦點為，可得，則；由，可得，由得，故雙曲線的標準方程為；【小問2詳解】當直線垂直于軸時，，不合題意；當直線不垂直于軸時，可設過雙曲線右焦點的直線，且與雙曲線的交點為，，由可得，則，因為焦點在雙曲線的內部，則直線斜率存在且時，直線與雙曲線必有兩交點，，則，則，解得，即直線的方程為或.18.如圖，在五面體中，平面，，，，且四面體的體積為.（1）求的長度；（2）求平面與平面所成角的余弦值.【答案】（1）2（2）.【解析】【分析】（1）先確定四面體的底面和高，再根據幾何關系以及條件求出CD；（2）建立空間直角坐標系，運用空間向量數量積求解.【小問1詳解】由平面，知，，，又，，，由此；【小問2詳解】因為平面，平面BCDE，平面BCDE，所以，，且；則如圖以C為原點，分別以，，為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，有，則，設平面的一個法向量為，則得，，令得，，由題可知為平面的一個法向量，記平面與平面所成角為，則，故平面與平面所成角的余弦值為；綜上，，平面與平面所成角的余弦值為.19.已知數列和等差數列，滿足，且，.（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求滿足的最大整數n.【答案】（1）（2）49【解析】【分析】(1)根據遞推公式分別計算當和時，與的關系，再根據條件列方程求出和，利用等差數列公式求解；(2)運用裂項相消法求出的前n項和，再解不等式即可.【小問1詳解】由可得；由，，則，，解得，，，由于是等差數列，；【小問2詳解】由（1）得，則，當時，，即滿足條件的最大整數.20.如圖，圓錐的高，A，B為圓錐底面圓周上的兩點，使得，且上的點C滿足.（1）求與平面所成角的正弦值；（2）求點A到平面的距離.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)建立空間直角坐標系，求出和平面的一個法向量，代入向量的夾角公式即可求與平面所成角的正弦值；(2)求出和平面的法向量，代入點到面的距離公式即可求點A到平面的距離.【小問1詳解】如圖，以過且與垂直的直線為軸，，所在的直線為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.設，由得，，，即.易知平面的一個法向量，且，所以求與平面所成角的正弦值為.【小問2詳解】設平面的法向量為，則則，令，則，所以；因為，所以點到平面的距離為.21.已知等比數列的前n項和為，且.（1）求數列的通項公式；（2）如圖，…數陣的第行是與之間插入n個數，由這個數所組成，且這個數成等差數列，記，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】第一問由題目所給的遞推公式化簡得，從而求出和，代入等比數列的通項公式即可.第二問由題意寫出的表達式，再用錯位相減法即可解出.【小問1詳解】由，可知時，兩式相減可得，所以，因為為等比數列，公比，又得所以；小問2詳解】由題意可知：，則，令，則；兩式相減得，所以，故.22.如圖1，橢圓的左右焦點分別為，，點、分別為橢圓與軸負半軸、軸正半軸的交點，且橢圓上的點滿足，.（1）求橢圓的標準方程；（2）圖2中矩形的四條邊分別與橢圓相切，求矩形面積的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可得出，利用斜率公式可得出，再將點的坐標代入橢圓的方程，可求得的值，結合已知條件可求得的值，進而可求得的值，由此可得出橢圓的標準方程；（2）當直線的斜率不存在或為時，直接求出矩形的面積；在直線的斜率存在且不為時，設直線的方程為，將直線的方程與橢圓的方程聯立，由可得出，求出、，利用矩形的面積公式結合二次函數的基本性質可求得矩形面積的取值范圍.【小問1詳解】解：由，可知，即得，由于在橢圓上，則，解得，由，解得，，所以橢圓的標準方程.【小問2詳解】解：當直線的斜率不存在或為時，矩形的面積為.當直線的斜率存在且不為時，設直線的方程為.聯立方程，消去整理可得，所以，解得，則平行線、的方程分別為和，由為矩形，