安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试（12月）数学 Word版含解析.docx

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阜阳三中2023~2024学年度高二年级第一学期二调考试数学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：人教A版选择性必修一+选择性必修二第一章.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，只有一个选项是符合题目要求的.1.与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，记，所以，所以，所以，所以双曲线的标准方程为，故选：C.2.设数列是公比为的等比数列，.若数列的连续四项构成集合，则公比为（）A.16B.4C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据等比数列的知识求得题目所给项的排列顺序，从而求得公比.【详解】由题意等比数列的连续四项构成集合，则可知等比数列的项一定为正负相间，公比为负，由于，故后一项绝对值大于前一项的绝对值，故集合中的这四个数在数列中排列为，则.故选:C3.已知直线与直线平行，则的值为（）A.2B.3C.2或-3D.-2或3【答案】A【解析】【分析】由两直线平行的条件求解．【详解】根据题意，由两直线平行可得，即，解得或；经检验时，两直线重合，不合题意；所以.故选：A．4.如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知，， 因为，，，，所以.故选：A.5.设动点在抛物线上，点在轴上的射影为点，点的坐标是，则的最小值为（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的定义转化，然后求的最小值即得．【详解】抛物线的焦点，准线方程为，延长交准线于，连，显然垂直于抛物线的准线，由抛物线定义知：，当且仅当点是线段与抛物线的交点时取等号，而，所以的最小值为.故选：B.6.月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，半椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点，与半椭圆交于点，则的面积是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据题意得到半圆的方程和半椭圆的方程，从而求得点和点的坐标，即可求得，进而即可求得的面积．【详解】由题意知，半圆的方程为，设半椭圆的方程为，则，所以，故半椭圆的方程为，设，则，所以，设，则，所以，故，．故选：B．7.已知数列通项公式为，若对任意，都有则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】分段情况下，对任意，都有，只需保证每一段递增，且，结合数列的单调性求解.【详解】当时，，由，得，即，∵且，，∴，解得.当时，单调递增，若对任意，都有，则且，即且，解得，则实数的取值范围是.故选：B.8.“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】如图，作过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点，结合直线的斜率得出平行于轴，最小，再设，求出，利用三角函数知识得最小值．【详解】如图，过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点表示的长度，因为直线的方程为，所以，即，当固定点时，为定值，此时为零时，最小，即与重合（平行于 轴）时，最小，如图所示，设，，则，，由三角函数知识可知，其中，则其最大值是，所以，故D正确.故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到，再利用辅助角公式即可求出其最值.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.下列说法中不正确的是（）A.若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大B.直线的倾斜角的取值范围是C.过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为D.若直线的倾斜角为，则直线的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】利用倾斜角与斜率的关系及截距的定义一一判定选项即可.【详解】对于A，若直线倾斜角大于，则直线的斜率存在负值，故A错误；直线的倾斜角为，则，因为，所以，故B正确； 对于C，设直线与轴交点为，则与轴交点为，当时，直线过原点，斜率为，故方程为；当时，直线的斜率，故直线方程为，即，故C错误；直线斜率定义为倾斜角的正切值，但不能是，故D错误.故选:ACD.10.在三棱锥A-BCD中，，是直二面角，，如图所示，则下列结论中正确的是（）A.B.平面的法向量与平面的法向量垂直C.异面直线与所成的角为D.直线与平面所成的角为【答案】AD【解析】【分析】选项A，由，平面平面，推出平面，即；选项B，由平面平面，平面与平面不平行，可判断；选项C，根据,，计算即可；选项D，易知即为直线与平面所成的角，得解．【详解】由题意知，平面平面，，选项A，因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，即，故选项A正确；选项B，因为平面平面，所以平面的法向量与平面的法向量垂直， 而平面与平面相交，并不平行，所以平面的法向量与平面的法向量不垂直，即选项B错误；选项C，设，则，，所以，在中，，所以，，由于异面直线所成角的取值范围为，故异面直线与所成角余弦值为，对应的角显然不可能为，即选项C错误；选项D，由选项A知，平面，所以即为直线与平面所成的角，而，故选项D正确．故选：AD11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）A.平分B.C.延长交直线于点，则三点共线D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据题意求得，，从而证得，结合平面几何的知识易得平分； 对于B，直接代入即可得到；对于C，结合题意求得，由的纵坐标相同得三点共线；对于D，由选项A可知.【详解】根据题意，由得，又由轴，得，代入得（负值舍去），则，所以，故直线为，即，依题意知经过抛物线焦点，故联立，解得，即，对于A，，，故，所以，又因为轴，轴，所以，故，所以，则平分，故A正确；对于B，因，故，故B错误；对于C，易得的方程为，联立，故，又轴，所以三点的纵坐标都相同，则三点共线，故C正确；对于D，由选项A知，故D正确.故选：ACD. .12.设数列，如果，且，对于，使成立，则称数列为数列.则下列说法正确的是（）A.数列是数列B.若数列是数列，且，则的最小值为3C.若数列是数列，且，则为奇数D.若数列是数列，且，则存在，使【答案】AB【解析】【分析】根据数列的性质，结合假设法、奇数的性质逐一判断即可.【详解】对于A，因为所以是数列，A正确；对于，首先证明不能为2.假设，由数列为数列知，.所以，与已知矛盾，故假设不成立.所以不能为2.因为数列，满足，此时是数列，所以的最小值为正确. 对于，以下证明：若奇数，则必为奇数.假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数，因为数列是数列，所以，使.因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾.所以若为奇数，则必为奇数.因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数，C错误.对于，以下证明：若，则.若不然，设为第一个满足的项，因为数列是数列，所以，使.因为，所以，与矛盾；所以若，则.而，D错误.故选：AB【点睛】关键点睛：本题的关键是明确数列的性质，利用假设法进行求解.三､填空题：共4小题，每小题5分，共20分.13.圆与圆的公共弦的长为______.【答案】【解析】【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.【详解】将圆与圆相减可得，即两圆的公共弦所在的直线方程为，又圆圆心到直线的距离， 圆的半径为，所以公共弦长为.故答案为：.14.在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为__________.【答案】7【解析】【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得.【详解】如图，在平行六面体中，，因为，所以，，所以.故答案为：715.已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列，则数列的前20项的和为__________.【答案】77【解析】【分析】先根据题意得到数列有多少个数，再根据即可计算数列的前20项的和.【详解】在之间插入个1，构成数列，所以共有个数，当时，，当时，， 由于，所以.故答案为：.16.已知分别是双曲线的左､右焦点，点在双曲线上，，圆，直线与圆相交于两点，直线与圆相交于，两点.若四边形的面积为，则的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】设，过作的垂线，垂足为，，结合双曲线的定义求得圆的弦长及，然后由面积得出关于的齐次式，变形后求得离心率．【详解】根据对称性不妨设点在第一象限，如图所示，圆，圆心为，半径为，设，点在双曲线上，，则有，可得，过作的垂线，垂足为为的中点，则，同理，，由，四边形的面积为，化简得，则有，则的离心率.故答案为：． 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用双曲线的定义以及勾股定理，并结合几何法求圆的弦长，最后得到面积表达式，得到关于的齐次方程即可.四､解答题：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.已知首项为1的正项等比数列，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求的最小值.【答案】（1）（2）7【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质列方程求得公比后可得通项公式；（2）求出前项和后解不等式可得．【小问1详解】设等比数列的公比为，且，因为成等差数列，则，即：，解得或（舍去），所以数列的通项公式.【小问2详解】由（1）得：，，所以， 整理可得，故的最小值为7.18.某公园有一圆柱形建筑物，底面半径为1米，在其南面有一条东西走向的观景直道（图中用实线表示），建筑物的东西两侧有与直道平行的两段辅道（图中用虚线表示），观景直道与辅道距离米.在建筑物底面中心的北偏东方向米的点处，有一台全景摄像头，其安装高度低于建筑物高度.请建立恰当的平面直角坐标系，并解决问题：（1）在西辅道上与建筑物底面中心距离2米处的游客，是否在摄像头监控范围内？（2）求观景直道不在摄像头的监控范围内的长度.【答案】（1）游客在该摄像头的监控范围内（2）4.375米【解析】【分析】（1）建立坐标系，利用直线和圆的位置关系可以判断；（2）根据直线和圆相切求出切线，利用切线和观景直道所在直线的交点可得范围.【小问1详解】设为原点，正东方向为轴，建立平面直角坐标系，，因为，则，依题意得，游客所在位置为，即，则直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，所以游客在该摄像头的监控范围内. 【小问2详解】由图知，过的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物挡住，所以设直线过点且和圆相切，①若直线垂直于轴，则直线不会和圆相切；②若直线不垂直于轴，设，整理得，所以圆心到直线的距离为，解得或，所以或，即或，观景直道所在直线方程为，设两条直线与的交点为，由，解得，由，解得，所以，即观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为4.375米. 19.如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解.【小问1详解】在正四棱锥中，连接，四边形为正方形为的中点又点为的中点为的中位线又平面，平面，平面.小问2详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为正四棱锥的体积为，所以正四棱锥的体积，所以，，,设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以.设平面的一个法向量为,则，即，令，则，所以.设二面角的所成的角为，则，所以二面角的余弦值为.20.已知数列满足，且． （1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）写出当时的等式，再与原式两式相除求解即可；（2）由（1），再根据错位相减求解可得，再化简不等式可得，再设，根据作差法判断的单调性，进而可得最大值.【小问1详解】，当时，，两式相除得；，又符合上式，故；【小问2详解】，，，错位相减得：，，即，由，得， 设，则，故，由，由可知，随着的增大而减小，故，故恒成立，知单调递减，故的最大值为，则21.双曲线C经过两点.过点的直线与双曲线C交于P，Q，过点的直线与直线相交于点S且（1）求双曲线C的方程；（2）若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，代入运算求解即可；（2）根据题意可知直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，利用弦长公式结合韦达定理运算求解.【小问1详解】设双曲线方程为，代入可得，解得， 所以双曲线的方程为.【小问2详解】若直线的斜率不存在时，则，，不符合，所以直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，消去y得，则且，可得，则，又因为，可知，则，由题意可知：，即，整理得，解得或，且或均符合且，所以直线的斜率或. 22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，（i）求证：为定值；（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）直接列出关于方程组求解；（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．【小问1详解】 题意，，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，由，化简得，同理.所以是方程的两个不相等的实数根，则.又因为，所以，所以.（ii）证明：由（得，，设，则，即，因为，所以，得，即，解得，所以， 所以为定值.