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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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