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2022-2023学年度上学期质量检测
高二年级数学试题
考试时间:120分钟 满分:150分
一、单选题
1.曲线在点处的切线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.经过抛物线的焦点且平行于直线的直线l的方程是( )
A. B. C. D.
3.若等差数列满足,则的值是( )
A.20 B.36 C.24 D.72
4.椭圆上一点P到左焦点F的距离为6,若点M满足,则( )
A.6 B.4 C.2 D.
5.已知曲线在点处的切线与直线垂直,则实数a的值为( )
A. B. C. D.
6.如图,在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)中,M,N分别为的中点,则直线和夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7.已知过抛物线的焦点F且倾斜角为的直线交C于A,B两点,Q为弦的中点,P为C上一点,则的最小值为( )
A. B.8 C. D.5
8.已知数列满足,记数列的前n项和为,若对于任意,不等式恒成立,则实数k的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题
9.已知双曲线,下列对双曲线C判断正确的是( )
A.实轴长是虚轴长的2倍 B.焦距为4
C.离心率为 D.渐近线方程为
10.已知两圆方程为与,则下列说法正确的是( )
A.若两圆外切,则
B.若两圆公共弦所在的直线方程为,则
C.若两圆的公共弦长为,则
D.若两圆在交点处的切线互相垂直,则
11.已知平面上一点,若直线上存在点P使,则称该直线为“切割型直线”,下列直线中是“切割型直线”的是( )
A. B. C. D.
12.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )
A. B. C. D.
三、填空题
13.已知椭圆的上顶点为A,左顶点为B,则直线的斜率为______________.
14.各项均为正数的等比数列,若,则______________.
15.过点作圆的两条切线,切点分别为A,B,则直线的方程为______________.
16.已知曲线,若过曲线C外一点引曲线C的两条切线,它们的倾斜角互补,则实数a的值为______________.
四、解答题
17.直线l经过两直线和的交点.
(1)若直线l与直线平行,求直线l的方程;
(2)若点到直线l的距离为5,求直线l的方程.
18.已知函数.
(1)求的解析式;
(2)求在处的切线方程.
19.已知数列是等差数列,其中,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前n项和.
20.如图所示,在四棱锥中,侧面底面,侧棱,,底面为直角梯形,其中,O为的中点.
(1)求直线与平面所成角的余弦值;
(2)求B点到平面的距离.
21.已知数列的前n项和,其中.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,数列的前n项和为,若存在且,使得成立,求实数的最小值.
22.已知椭圆的离心率为,且椭圆C经过点.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,与直线交于点Q,设,求证:为定值.
期末考试数学答案
一、单选题
1.【答案】B
【分析】根据导数的几何意义求解.
【详解】因为,所以,故所求切线的倾斜角为.
故选:B.
2.【答案】A
【分析】求出抛物线的焦点坐标和直线的斜率,由点斜式方程即可求出答案.
【详解】因为抛物线的焦点坐标为,
直线的斜率为,
所以所求直线l的方程为,
化为一般式,得.
故选:A.
3.【答案】C
【分析】利用等差数列前n项和公式以及等差数列的性质,将两个已知条件分别转化为与,求得公差和,题目所求.
【详解】由和,得,
由和,得,
故等差数列的公差为1,∴.
又,∴,则.
故选:C.
4.【答案】C
【分析】根据求出左焦点F的坐标,然后设P的坐标,根据两点间的距离公式求出P到左焦点的距离以及代入椭圆方程中解得P的坐标,由得到M为的中点,根据中点坐标公式求出M的坐标,利用两点间的距离公式求出即可.
【详解】解:由椭圆得,
左焦点,设,则又
解得或(舍去);
又P在椭圆上,则将代入到椭圆方程中求出,
所以点;
由点M满足,则得M为中点,
根据中点坐标公式求得,
所以
故选:C
【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质,会利用两点间的距离公式及中点坐标公式、点到直线的距离公式化简求值,同时也考查学生掌握向量的运用法则及向量模的求法,属于中档题.
5.【答案】D
【解析】求出函数的导数和在处的切线斜率,再由与直线垂直斜率乘积为可得答案.
【详解】,
,切线的斜率为,
因为切线与直线垂直,所以,
解得.
故选:D.
6.【答案】A
【分析】将用表示,用表示,再利用向量法求解即可.
【详解】解:在正四面体(四个面都是正三角形)中,
,
因为M,N分别为的中点,
所以,
且,
则
,
所以,
即直线和夹角的余弦值为.
故选:A.
7.【答案】B
【分析】根据给定条件,求出直线的方程,再与抛物线方程联立,结合抛物线定义,借助几何意义求解作答.
【详解】抛物线,焦点,准线,直线的方程为,
由消去y并整理得:,设,则,
弦中点Q的横坐标,过点Q作准线l的垂线,垂足为点D,如图,
令交抛物线于点P,在抛物线上任取点,过作于点,连接,
即有,
,
当且仅当点与P重合时取等号,
所以的最小值为.
故选:B.
8.【答案】C
【分析】由已知得,根据等比数列的定义得数列是首项为2,公比为2的等比数列,由此求得,然后利用裂项求和法求得,进而求得k的取值范围.
【详解】解:依题意,当时,,则,
所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,,即,
所以,
所以
,
所以k的取值范围是.
故选:C
二、多选题
9.【答案】BD
【分析】根据双曲线的标准方程求出a、b、c,可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程,对四个选项一一验证即可.
【详解】∵双曲线,∴.∵,∴.
∴双曲线的实轴长是,虚轴长是,A错误;焦距为.B正确;离心率为,C错误;渐近线方程为,D正确.
故选:BD
10.【答案】AB
【分析】根据圆与圆的位置关系对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】设圆为圆,圆的圆心为,半径.
设圆为圆,圆的圆心为,半径.
.
A选项,若两圆外切,则,A选项正确.
B选项,由两式相减并化简得,
则,
此时,满足两圆相交,B选项正确.
C选项,由两式相减并化简得,
到直线的距离为,
所以,
即,则解得或,C选项错误.
D选项,若两圆在交点处的切线互相垂直,设交点为D,
根据圆的几何性质可知,
所以,D选项错误.
故选:AB
11.【答案】BC
【分析】所给直线上的点到定点M距离能否取4,可通过求各直线上的点到点M的最小距离,即点M到直线的距离来分析,分别求出定点M到各选项的直线的距离,判断是否小于或等于4,即可得出答案.
【详解】所给直线上的点到定点M距离能否取4,可通过求各直线上的点到点M的最小距离,即点M到直线的距离来分析.
A.因为,故直线上不存在点到M距离等于4,不是“切割型直线”;
B.因为,所以在直线上可以找到两个不同的点,使之到点M距离等于4,是“切割型直线”;
C.因为,直线上存在一点,使之到点M距离等于4,是“切割型直线”;
D.因为,故直线上不存在点到M距离等于4,不是“切割型直线”.
故选:BC
12.【答案】AD
【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点,再由导数为3求解.
【详解】解:设直线与曲线相切于点,
与曲线相切于点,
对于函数,则,
解得,
所以,即.
对于函数,
则,
又,
所以,
又,
所以.
故选:AD
三、填空题
13.【答案】
【分析】依题意可得,即可得到上顶点A,左顶点B的坐标,即可求出的斜率;
【详解】解:因为椭圆方程为,所以,即,所以椭圆的上顶点为,左顶点为,所以;
故答案为:
14.【答案】2
【解析】根据等比数列性质化简为,开方即可.
【详解】解:由各项均为正数的等比数列得
所以.
故答案为:2
【点睛】应用等比数列性质解题时的2个关注点:
(1)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若,则”,可以减少运算量,提高解题速度;
(2)在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需要进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用.
15.【答案】
【分析】先求得切线长,然后结合圆与圆的位置关系求得正确答案.
【详解】圆的圆心为,半径,
设,
所以切线长为,
以D为圆心,半径为的圆的方程为,
即①,
圆即②,
由①-②得直线的方程为,
即.
故答案为:
16.【答案】
【分析】设切点为,由导数的几何意义求切线的斜率,根据倾斜角关系求a.
【详解】设切点坐标为.由题意,知,切线的斜率为①,所以切线的方程为②.
将点代入①式,得,解得或.分别将和代入②式,得和.由题意,得,得.
故答案为:.
四、解答题
17.【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)求出交点坐标,设直线l的方程为:,代入交点即可求出;
(2)当直线l的斜率不存在时,符合条件,当l斜率存在时,设直线的方程为:,利用点到直线的距离公式列方程求解.
(1)直线方程与方程联立,得交点坐标为
设直线l的方程为:,代入交点得,
所以l的方程为
(2)当直线l的斜率不存在时,得l的方程为:,符合条件.
当l斜率存在时,设直线l的方程为:,
根据,解得,
所以直线l的方程为.
综上所述,l为或
18.【答案】(1); (2).
【分析】(1)对函数求导,利用给定条件列式计算即可得解.
(2)利用(1)的结论求出切点坐标、切线斜率,再由直线的点斜式方程即可求出切线方程.
【详解】(1)由求导得:,
又,则,解得,
所以的解析式为.
(2)由(1)得,,则,
在处的切线方程为,即,
所以在处的切线方程是:.
19.【答案】(1); (2).
【分析】(1)利用等差数列通项公式求基本量,进而写出通项公式:
(2)由(1)有,应用分组求和、裂项相消法及等比数列前n项和公式求.
(1)由题设,,可得,
所以的通项公式.
(2)由(1)知:,
所以,
令,
所以.
20.【答案】(1);(2).
【解析】(1)利用面面垂直的性质定理可得平面.以O为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量和平面的法向量计算所求;
(2)利用在平面的法向量上的投影计算求解.
【详解】解:(1)在中,,O为的中点,
所以.
又因为侧面底面,平面平面平面,
所以平面.
在中,,所以.
在直角梯形中,O为的中点,所以,
所以.
以O为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则,
所以.
因为,
所以平面.
所以为平面的一个法向量,
,
所以与平面所成角的余弦值为.
(2)因为,
设平面的一个法向量为,
则.
取,得.
则B点到平面的距离.
【点睛】本题考查面面垂直的性质定理,利用空间向量求线面角和点到平面的距离,求平面的法向量是关键点,易错点,利用向量在平面的法向量上的投影求点到平面
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