甘肃省天水市麦积区2022-2023学年高二上学期期末数学试题（解析版）.docx

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2022—2023学年度高二第一学期期末学情诊断检测试卷数学试题一、单项选择题（本大题共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.已知集合，，则A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由交集定义可直接求得结果.【详解】由交集定义知：.故选：C.2.设，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】，所以在复平面内对应点为，位于第四象限.故选：D3.命题的否定是（）A.B.C.D.【答案】D第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】命题为全称量词命题，其否定为.故选：D4.某地区高考改革实施“3+1+2”模式，“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门科目，“2”指在化学、生物、政治、地理这四门科目中任意选择两门科目，则一名学生的不同选科组合有（）A.8种B.12种C.16种D.20种【答案】B【解析】【分析】利用分步乘法原理求解即可【详解】分两步完成，第一步，在物理和历史中选一门，则有种；第二步，在化学、生物、政治、地理这四门科目中任意选择两门，则有种，所以由分步乘法原理得共有种组合.故选：B.5.已知直线与直线平行，则实数a的值为（）A.B.C.1D.或1【答案】D【解析】【分析】由两直线平行的条件直接列式求解，注意检验是否重合．【详解】由，解得或，经过验证满足题意.故选：D.6.已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于两点，若线段的长是16，MN的中点到轴的距离是6，则值为（　　）A.16B.12C.8D.4【答案】D【解析】【分析】设中点为,过、、分别作准线的垂线，利用抛物线的可得第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 ，进而利用中位线定理得，从而得解.【详解】设中点为,过、、分别作准线的垂线，如图所示：则，，所以，所以中位线，所以则线段的中点到轴的距离为，解得故选：D.7.圆与圆的公共弦长为（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】根据两圆方程确定公共弦直线方程，再根据直线与圆相交弦公式即可得公共弦长.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，所以，易知两圆相交，两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程为：即，则圆心到直线的距离，故公共弦长为.故选：C.8.已知函数，若，则a的值为（）A.B.2C.9D.-2或9第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【答案】D【解析】【分析】由解方程，从而求得正确答案.【详解】当时，（正根舍去）；当时，.所以的值为或.故选：D二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.在的展开式中，下列叙述中正确的是（）A.二项式系数之和为128B.各项系数之和为1C.常数项为15D.的系数为-48【答案】AB【解析】【分析】根据展开式的二项式系数的性质，可判定A正确，令，求得展开式的各项系数和，可判定B正确，求得展开式的通项，结合通项，可判定C、D错误.【详解】在的展开式中，二项式系数的和为，所以A正确；令，可得展开式的各项系数的和为，所以B正确；又由二项式展开式的通项为，因为，所以，所以展开式没有常数项，所以C错误；令，可得，所以站开始的的系数为，所以D错误.故选：AB.10.下列有关双曲线的命题中，叙述正确的是（）A.顶点B.离心率第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 C.渐近线方程D.焦点【答案】CD【解析】【分析】把双曲线化为，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可化为，可得，所以，且，所以双曲线的顶点坐标为，所以A不正确；双曲线的离心率为，所以B不正确；双曲线的渐近线方程为，所以C正确；双曲线的焦点坐标为，所以D正确.故选：CD.11.在数列中，若，，则下列结论正确的有（）A.为等差数列B.的前n项和C.的通项公式为D.的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】由可得，可得是公差为3第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 的等差数列，然后利用等差数列的通项公式和求和公式逐项进行分析即可【详解】由可得，所以是首项为，公差为3的等差数列，故A正确；，的前n项和，故B正确；由可得，故C正确；因为，故的最小值不为，故D错误；故选：ABC12.已知椭圆的离心率为,双曲线的离心率为,两曲线有公共焦点，P是椭圆与双曲线的一个公共点，，以下结论正确的是（）A.B.C.D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆与双曲线有相同的焦点可判断A，根据椭圆与双曲线的定义及余弦定理可判断B；由分析B中所得结论可判断C；利用“1”的变形及均值不等式即可判断D.【详解】由题意可得，所以A错误；可设是第一象限的点，，，由题可得，，解得，，又，因为，在△中，由余弦定理可得，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 化为，则，故B正确；由，可得，即有，故C正确；由，当且仅当，取得等号，即有的最小值为，故D正确．故选：BCD.三、填空题（每空5分，共20分）13.已知等差数列中，，若，则_______．【答案】【解析】【分析】根据下标和性质求出、，即可求出公差，再根据计算可得.【详解】因为，又，所以，又，，所以，所以公差，所以，即，解得.故答案为：14.若方程表示圆，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据圆的一般方程的形式，列出关于不等式，即可求解.【详解】由方程表示圆，则满足，整理得，解得或，即实数的取值范围是.故答案：.第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 15.抛物线的准线方程是的值为______．【答案】【解析】【详解】试题分析：∵抛物线可化为，∴即，由题意，故a=考点：本题考查了抛物线方程的性质点评：对于此类问题首先把抛物线化为标准方程，然后利用抛物线的性质求解即可16.椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若，则________.【答案】【解析】【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得、的值，计算可得的值，由椭圆的定义可得的值，在△中，通过，，，由勾股定理分析可得答案．详解】解：根据题意，椭圆，其中，，则，点在椭圆上，若，则，在△中，，，，则，则有，故答案为．【点睛】本题考查椭圆的几何性质，注意由椭圆的定义分析得到的值，是中档题．四、解答题．本题共6小题，17题10分，其它每小题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知的点，，．判断的形状；第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 设D，E分别为AB，AC的中点，求直线DE的斜率；【答案】（1）是等腰直角三角形；（2）.【解析】【分析】由已知点的坐标分别求出AB，AC，BC及BC边上中线的斜率，由斜率关系可得的形状；由已知可得，则直线DE的斜率可求．【详解】，，，，，．设F为BC的中点，则，．由于，，是等腰直角三角形；由于D，E分别为AB，AC的中点，，即．故直线DE的斜率为．【点睛】本题考查由两点坐标求直线的斜率，考查三角形性质的判断，是中档题．18.在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若．（1）求角A；（2）若的面积为，求的周长．【答案】（1）；（2）12.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB=sinBcosA，求得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A=．（2）利用三角形的面积公式可求bc=8，由余弦定理解得b+c=7，即可得解△ABC的周长的值．第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）由题意，在中，因为，由正弦定理，可得sinAsinB=sinBcosA，又因为，可得sinB≠0，所以sinA=cosA，即：tanA=，因为A∈（0，π），所以A=；（2）由（1）可知A=，且a=5，又由△ABC的面积2=bcsinA=bc，解得bc=8，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得：25=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc=（b+c）2-24，整理得（b+c）2=49，解得：b+c=7，所以△ABC的周长a+b+c=5+7=12．【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19.求下列各曲线的标准方程（1）实轴长为，离心率为，焦点在轴上的椭圆；（2）抛物线的焦点是双曲线的左顶点.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）假设椭圆方程为，根据以及，计算即可.（2）假设抛物线方程为，然后得到双曲线左顶点的坐标，最后得即可.【小问1详解】由题可设椭圆方程为，则，所以，故，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 所以椭圆方程为.【小问2详解】依题可设：抛物线方程为，由双曲线方程，即，所以左顶点为，故，所以抛物线方程为.20.如图，已知圆锥顶点为P，底面圆O的直径AB长为8，点C是圆上一点，，点D是劣弧AC上的一点，平面平面，且．（1）证明：．（2）当三棱锥的体积为时，求点O到平面PCD的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由及线面平行的判定定理可得平面PCD，根据线面平行的性质可得.根据可得，由线面垂直的性质可得，故根据线面垂直的判断定理可得平面POD，从而可证明；（2）根据三棱锥的体积可求，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出及平面PCD的一个法向量，根据即可求解.【小问1详解】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.因为平面ABCD，且平面平面，所以.因为，所以，所以，即.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面POD，所以平面POD,因为平面POD，所以.【小问2详解】因为，所以.如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面PCD的法向量为，则，令，得.因为点O到平面PCD的距离，所以点O到平面PCD的距离.21.设数列的前n项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）数列是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前n项和．第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据与的关系即得；（2）根据等差数列的定义结合条件求出，然后利用分组求和法即得.【小问1详解】因为，所以，当时，，当时，，此时也满足上式，所以；【小问2详解】因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，即，.22.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，点在E上．（1）求E的方程；（2）过点作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线分别交E于点A，B和C，D，若M，N分别是弦AB，CD的中点，证明：直线MN过定点．【答案】（1）（2）证明过程见解析【解析】第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）由条件列出关于的方程，解方程求得a和b的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得M和N点坐标，求分情况求MN方程，由此证明直线MN过定点；【小问1详解】因为该椭圆的离心率，所以有，又，所以有，因为点在E上，所以，联立，解得，所以E的方程为；【小问2详解】由（1）知，由题意知直线AB和直线CD的斜率都存在且不为0，设直线AB方程为：，与E的方程联立，消去x并整理，得，且，设，则，所以，所以点M的坐标为，因为，则直线CD的方程为，同理得，当，即时，直线MN的斜率，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 所以直线MN的方程为，所以，因为，所以直线MN的方程即为，显然直线MN过定点；当，即时，则或，此时直线MN的方程为，也过点.综上所述，直线MN过定点.【点睛】关键点睛：本题第二小问解决的关键在于联立方程组求出的坐标，由此确定直线方程，并判断直线过定点.第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司 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