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1、 20222023学年度第一学期学习质量检测高二数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出直线l的斜率，进而求出倾斜角即可计算作答.【详解】直线的斜率为，而直线与直线垂直，于是得，而，则，所以.故选：C2. 如图，空间四边形中，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性表示，用、和表示出即可.【详解】由题意知，故选：C.3. 一束光线从点出发，经轴反射到圆：上的最短
2、距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将圆化为标准方程，找到圆心和半径，找出关于轴的对称点，找到，减去半径即为所求.【详解】解：由题意，圆的标准方程为:，所以圆的圆心坐标为，半径，又点关于轴的对称点为，所以，所以，所求最短距离为.故选：A.4. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）A. 36B. 25C. 20D. 16【答案】B【解析】【分析】根据椭圆定义可得，利用基本不等式可得结果.【详解】由椭圆易知，根据椭圆定义可知，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最大值为.故选：B.5. 数列满足，则满足的的最小值为（ ）A. 16B. 15C. 14D. 1
3、3【答案】A【解析】【分析】分类讨论当时得到，当时得到，从而利用等比数列的前项和公式求得，进而得到，解之即可.【详解】因为当时，所以，当时，所以当时，是以，的等比数列，故，所以，故，即，因为，所以，即，所以的最小值为.故选：A.6. 已知抛物线的焦点为F，点M在C上，点P在准线上，点Q的纵坐标为0，若两个正三角形，则（ ）A. 4B. 3C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据抛物线方程可确定焦点和准线，知在准线上，根据全等关系和抛物线定义可确定，由此可证得与为全等的等边三角形，则可得直线方程，与抛物线方程联立可求得点坐标，由抛物线焦半径公式可求得结果.【详解】抛物线的焦点为，准线的方程为
4、.因为点M在C上，设.由题可得，则，即轴，又因为，所以与均为等边三角形.不妨设，则MF所在的直线方程为.将代入，得，解得，所以点M的横坐标为3，.故选：A.7. 在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出正方体的外接球的半径，可得出，求出的取值范围，进而可求得的取值范围.【详解】设正方体的外接球的球心为，设球的半径为，则，可得，所以，当点与正方体的侧面或底面垂直时，的长取最小值，即，当点与正方体的顶点重合时，的长取最大值，即，所以，所以，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量数量积取值范
5、围的求解，注意到为的中点，结合向量数量积的运算性质得出，将问题转化为求的取值范围，进而求解.8. 平面直角坐标系中，已知两点，直线的方程为，直线上有两动点（在的左下侧）且，则的最小值为（ ）A. 3B. C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】先由得到，从而由两点距离公式的几何意义将转化为到的距离，再求出关于的对称点，进而得到，由此得解.【详解】因为是直线：上的两点，在的左下侧，所以设，且，因为，所以，则，故，即，所以，则可转化为到的距离，不妨设关于的对称点为，则，解得，即，所以，即的最小值为.故选：A.二、多项选择题：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
6、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. 已知曲线，则（ ）A. 当时，则的焦点是B. 当时，则的渐近线方程为C. 当表示双曲线时，则的取值范围为(-2，4)D. 存在实数，使表示圆【答案】BC【解析】【分析】根据双曲线的的几何性质解决即可.【详解】对于A，曲线为表示焦点在轴上的双曲线，其中，所以焦点是，故A错误；对于B，曲线为表示焦点在轴上的双曲线，其中，所以渐近线方程为，故B正确；对于C，当表示双曲线时，解得，故C正确；对于D，使表示圆时，无解，所以不存在实数，使表示圆，故D错误.故选：BC10. 设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a
7、11，a2019a20201，0，下列结论正确的是（ ）A. S2019S2020B. a2019a202110C. T2020是数列Tn中最大值D. 数列Tn无最大值【答案】AB【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得（a1q2018）（a1q2019）（a1）2（q4037）1，分析可得q0，可得数列an各项均为正值，又由0可得或，由等比数列的性质分析可得q的范围，据此分析4个选项，综合即可得答案.【详解】根据题意，等比数列an的公比为q，若a2019a20201，则（a1q2018）（a1q2019）（a1）2（q4037）1，又由a11，必有q0，则数列an各项均为正值，又由
8、0，即（a20191）（a20201）0，则有或，又由a11，必有0q1，则有，对于A，有S2020S2019a20200，即S2019S2020，则A正确；对于B，有a20201，则a2019a2021（a2020）21，则B正确；对于C，则T2019是数列Tn中的最大值，C错误，同理D错误；故选：AB11. 已知圆C：，直线:下列命题正确的有（ ）A. 直线与圆C可能相切B. 轴被圆C截得的弦长为C. 直线被圆C截得的最短弦长为4D. 若直线与圆相交于A，B两点，面积的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】首先确定直线所过定点的坐标，确定在圆内，从而易判断A，求出圆与的轴的交点坐标易得弦长
9、判断B，利用圆心与定点的连线与直线垂直时，弦长最小求得最小弦长判断C，由确定面积公式结合正弦函数性质判断D【详解】直线:，则无论k为何值，直线过定点因为，则点在圆的内部，直线与圆相交，故A错误；令y=0，则，解得：，故圆被x轴截得的弦长为，故B正确；圆心，半径为3，当截得的弦长最小时，最短弦长为，故C正确；当，即弦长最短时，取得最小值，最小值为，从而，当直线过圆心时，因此可以取得，所以的面积为，时，取得最大值故D正确.故选：BCD.12. 已知三棱锥的棱，两两垂直，为的中点，在棱上，且平面，则（ ）A. B. 与平面所成的角为C. 三棱锥外接球的表面积为D. 点A到平面的距离为【答案】ABD【
10、解析】【分析】由题意可得E为的中点，根据向量的线性运算可表示出，判断A;证明平面，根据线面角的定义可求得与平面所成的角，判断B;将三棱锥补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断C;推出平面平面，利用面面垂直的性质可求得点A到平面的距离，判断D.【详解】因为平面，平面 , 平面平面 ,所以 ，因为D为的中点,所以E为的中点,则 ,A正确；依题意因为，两两垂直，平面 ，所以平面 ,得与平面 所成的角为 ，又,故,B正确；因为棱，两两垂直，三棱锥可补形得到一个以，为相邻三条棱的长方体，所以三棱锥外接球的半径 ，所以三棱锥外接球的表面积为 ，C错误；因为，两两垂直，平面 ，所以平面,又，所以
11、平面 ，平面,从而平面平面，而平面平面，所以点A到平面的距离即点A到的距离,在中，,则边上的高为 ， 即A到 的距离为正确，故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13. 数列满足，则_【答案】【解析】【分析】利用累乘法求得正确答案.【详解】，也符合上式，所以.故答案为：14. 如图所示，在平行六面体中，为棱的中点，则_【答案】#【解析】【分析】结合向量的加法法则和减法法则，以及向量的数量积的运算法则，即可求解.【详解】向量的拆分，又，由此可得，故答案为：15. 已知点分别为椭圆的左、右焦点，是坐标原点，点在椭圆上，是面积为的等边三角形，则的值是_.【答案】【解析】【分析】根据
12、是面积为的等边三角形和等边三角形面积公式，可求得c与点P的坐标，将点P代入椭圆方程，结合，求得答案.【详解】是面积为的等边三角形，,所以点P的坐标为将点P代入椭圆方程有，联立方程联立解得故答案为：.16. 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，P为棱AD的中点，且，若点M到平面SBC的距离为，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，得到，利用求出，再利用点到平面距离公式，代入相关向量坐标，解出即可.【详解】过点作，交于点，为中点，又，且，平面，平面，平面，则，则易得两两垂直，所以以为原点，所在直线分别建立轴，如图所示：则点,又知，为中点，则，
13、故，,，又，设平面法向量为，则，且有，令，则，到平面的距离，化简得，故故答案为：.【点睛】本题涉及到点到平面的距离的计算方法，我们常用以下几种方法计算点到平面距离：（1）等体积法；（2）定义法；（3）转化法；（4）空间向量法。本题我们采用空间向量法求解相关参数，首先我们需要建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，再利用点到平面距离公式，其中为相关平面的法向量，此方法可操作性强，按步骤算出相关向量即可.四、解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知圆：过点，且圆关于直线：对称的圆为圆.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方
14、程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）将点代入圆方程求得半径，利用圆心关于直线对称求圆方程即可；（2）由弦长公式得出圆心到直线的距离，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据距离公式求解即可.【小问1详解】由题可知因为圆过点，所以，故，设关于直线的对称点的坐标为，则，解得，所以圆的方程为.【小问2详解】因为过点的直线被圆截得的弦长为8，所以圆心到直线的距离为，（）当直线的斜率不存在时，其方程为，满足题意；（）当直线的斜率存在时，可设其方程为，即，所以圆心到的距离为，解得.综上所述，直线的方程为或.18. 已知等差数列的前n项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项
15、和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，则，解出，即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可得，然后用并项求和法即可求解.【小问1详解】由可得，即，设等差数列的公差为d，则，解得.，.【小问2详解】由（1）可得，.为偶数时，.为奇数时，也符合. .19. 如图，四棱锥中，平面，E为中点（1）求证：平面；（2）若，求二面角余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）证明，可得平面.（2）分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.【小问1详解】连接，如图所示：中，为等腰三角形，E为中点，平面，平面，平面，所以平面.【小问2详解】以A为原点，的
16、方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，有，平面的一个法向量，设平面的一个法向量为 ，则，令，得 ,二面角的平面角为，所以二面角的余弦值为.20. 已知椭圆的左、右两个焦点分别是F1，F2，焦距为2，点M在椭圆上且满足MF2F1F2，|MF1|3|MF2|.（1）求椭圆C的标准方程；（2）点O为坐标原点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且OAOB，证明为定值，并求出该定值.【答案】（1） （2）证明见解析，【解析】【分析】(1)由焦距长可得c，由|MF1|3|MF2|，根据椭圆的定义，及勾股定理可得a，再由a2b2+c2，可得b，进而可得椭圆的方程.(2)分两种情况：当直线
17、l的斜率存在时，当直线l的斜率不存在时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程，由韦达定理可得x1+x2，x1x2，再由OAOB，可得x1x2+y1y20，进而得3m22(1+k2)，再计算，即可得出答案.【小问1详解】依题意|F1F2|2c2，所以c1.由|MF1|3|MF2|，|MF1|+|MF2|2a，得,于是，所以,所以b2a2c21，因此椭圆C的方程为【小问2详解】证明：当直线l的斜率存在时，设直线AB：ykx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），由消去y得（1+2k2）x2+4kmx+2m220，由题意，,则,因为OAOB，所以x1x2+y1y20，即x1x2+（k
18、x1+m）（kx2+m）0，整理得3m22（1+k2）.而,设h为原点到直线l的距离，则|OA|OB|AB|h，所以,而，所以当直线l的斜率不存在时，设A（x1，y1），则有kOA1，不妨设kOA1，则x1y1，代入椭圆方程得，所以，所以.综上所述【点睛】直线与椭圆相交一般要用设而不求，强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系，易错点在于直线斜率是否存在要进行分类讨论，务必要考虑全面21. 已知公比的绝对值大于的无穷等比数列中的前三项恰为,中的三个数,为数列的前n项和.（1）求通项公式和前n项的和;（2）设数列的前n项和为,求证:.【答案】（1）, （2）证明
19、见解析【解析】【分析】(1)先根据条件得到,再由等比数列的前项和公式求解即可;(2)先利用裂项相消法求出,再分析的最大值和最小值即可证明.【小问1详解】由已知中的前三项满足,经计算只有满足题意,故,解得.则,所以【小问2详解】由题意得:,.所以求解的最大值也就是求解的最小值,即时的最大值,则为偶数,此时,设,则数列为递减数列,当时,最大且小于0,即最小值为,则最大值为,求解的最小值也就是求解的最大值,即时的最小值,则为奇数,此时,设,则数列为递增数列,当时,最小值为.综上可知:.22. 抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，（1）若的面积为，求的值及圆的方程（
20、2）若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.【答案】（1），圆的方程为 （2）【解析】【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.【小问1详解】由对称性可知：，设，由焦半径可得：，解得：圆的方程为：【小问2详解】由题意得：直线的斜率一定存在，其中，设关于直线的对称点为，则，解得：，联立与得：，设，则，则，则，解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，所以，【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.