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1、蚌埠市20222023学年度第一学期期末学业水平监测高二数学本试卷共150分，考试时间120分钟.一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1. 已知直线的倾斜角为，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得直线的斜率为，解方程即可得出答案.【详解】已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为，则.故选：B.2. 在等差数列中，则的值是（ ）A. 36B. 48C. 72D. 24【答案】A【解析】【分析】利用等差中项的性质求得，再由即可得结果.【详解】由题设，则，所以.故选：A3. 已知动直线恒过定点为圆上一动
2、点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ）A. B. 4C. 6D. 24【答案】C【解析】【分析】首先求点的坐标，再利用数形结合，求圆上点到直线距离的最大值，即可求解面积的最大值.【详解】由，整理为，令，解得，所以直线恒过定点，圆的圆心，半径，如图，直线的方程为，则圆心到直线的距离，则点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离，所以面积的最大值为. 故选：C4. 若数列满足，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令可得，再令可得数列是首项和公比为的等比数列，再由等比数列的前项和求解即可.【详解】令，令，则，所以，所以数列是首项和公比为的等比数列，所以.故选：A.5. 在三棱锥
3、中，为的中点，则等于（ ）A. -1B. 0C. 1D. 3【答案】C【解析】【分析】由题意可得，再由数量积的运算律代入求解即可.【详解】因为，所以，因为，.故选：C. 6. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得，由此求得双曲线的渐近线方程.【详解】离心率，则，所以渐近线方程为.故选：C7. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，过左焦点作直线与椭圆在第一象限交于点，若为等腰三角形，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据离心率求出关系，根据等腰三角形和椭圆的定义求出答案.【详解】设椭圆的焦
4、距为，因为离心率为，所以，；因为为等腰三角形，且在第一象限，所以，由椭圆的定义可得.设直线的倾斜角为，则，；所以.故选：B. 8. 如图，在长方体中，点分别是棱上动点，,直线与平面所成的角为，则的面积的最小值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】以C为原点，以CD，CB，CC为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则C（0，0，0）， 设P（0，a，0），Q（b，0，0），于是0a4，0b3 设平面PQC的一个法向量为 则 令z=1，得 a2b22ab，解得ab8当ab=8时，SPQC=4，棱锥C-PQC的体积最小，直线CC与平面PQC所成的角为30，C到平面PQC的距离d=2 V
5、C-PQC=VC-PQC， 故选B点睛：本题考查了线面角的计算，空间向量的应用，基本不等式，对于三棱锥的体积往往进行等积转化,可以求对应的三角形的面积.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 在平面直角坐标系中，已知圆，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则点在圆外B. 圆与轴相切C. 若圆截轴所得弦长为，则D. 点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为【答案】AD【解析】【分析】利用点与圆的位置关系可判断A选项；求出圆心到轴的距离，可判断B选项；利用弦长的一半、弦心距以及圆的半径三
6、者满足勾股定理求出的值，可判断C选项；对原点在圆上、圆外进行分类讨论，求出点到圆上一点的最大距离和最小距离，可判断D选项.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，对于A选项，若，则有，即点在圆外，A对；对于B选项，因为圆心到轴的距离为，而与的大小关系不确定，所以，圆与轴不一定相切，B错；对于C选项，若圆截轴所得弦长为，则，解得，C错；对于D选项，当时，点在圆上，点到圆上一点的最大距离为，点到圆上一点的最小距离为，则；当时，则点在圆外，且，所以，点到圆上一点的最大距离为，最小距离为，则点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为.综上所述，点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为，D对.故选：AD.
7、10. 如图，在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（ ） A. B. 平面平面C. 平面D. 异面直线与所成角的余弦值是【答案】BCD【解析】【分析】由题意可得出，可判断A；因为四点共面，所以平面平面可判断B；由线面平行的判定定理可判断C；由异面直线所成角可判断D.【详解】对于A，连接，易证，因为平面，而平面，所以，所以在中，与不垂直，所以不垂直，故A不正确； 对于B，连接，因为分别为的中点，所以，所以四点共面，所以平面平面，故B正确； 对于C，连接，易证，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D，连接，易知，异面直线与所成角即直线与所成角，即，设正方
8、体的边长为，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值是，故D正确.故选：BCD 11. 设等差数列的前项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ）A. 最大B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】利用等差数列的性质及求和公式推导出，即可判断A、B、C，利用特殊值判断D.【详解】因为，所以，所以，故C错误；所以，且，故B正确；所以，则单调递减，且，所以最大，故A正确， 令，则，则，故D错误.故选：AB12. 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，再经上的另一点反射后，沿直线射出，经过点，延长交的准线于点，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD
9、【解析】【分析】根据抛物线的光学性质可知，直线经过抛物线的焦点，直线平行于轴，由此可求出点的坐标，判断各选项的真假【详解】如图所示： 因为过点且轴，故，故直线，化简得，由消去并化简得，所以，故A错误；又, 故，B，故，故B错误；因为，故为等腰三角形，所以，而，故，即，故C正确；直线，由 得，故，所以 三点共线，故D正确故选：CD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，若与垂直，则_.【答案】#【解析】【分析】由向量垂直可得，即可求出.【详解】因为，所以，因为与垂直，所以，解得.故答案为：.14. 若 圆被直线平分，则圆的半径为_.【答案】【解析】【分析】首先根据条件确定圆心
10、在直线上，代入求后，即可求圆的半径.【详解】若圆被直线平分，则直线过圆心，圆的圆心为，即，解得：，则圆，则圆的半径为.故答案为：15. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体正六面体正八面体正十二面体正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则_. 【答案】#【解析】【分析】根据题意得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】由题意，可得，又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，在中，由，可得，所以，所以.故答案为：. 16.
11、 已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则_.【答案】【解析】【分析】利用将变为，整理发现数列为等差数列，求出，进一步可以求出，再将，代入，发现可以裂项求的前99项和【详解】当时，符合，当时，符合，【点睛】一般公式的使用是将变为，而本题是将变为，给后面的整理带来方便先求，再求，再求，一切都顺其自然四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出说明文字演算式证明步骤.17. 已知直线和直线.（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值.【答案】（1）0或2 （2）【解析】【分析】（1）根据两直线垂直的公式，即可求解；（2）根据两直线平行，求解，再代回直线验证.【小问1详解】
12、若，则，解得或2；【小问2详解】若，则，解得或1.时，满足，时，此时与重合，所以.18. 已知等差数列的首项为1，其前项和为，且是2与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）若是数列的前项和，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由等比中项的性质即可得，在由等差数列的通项公式和前项和公式代入化简可求出，即可求出数列的通项公式；（2）由裂项相消法求和即可；【小问1详解】设等差数列的公差为，由题意，即，解得，即数列的通项公式为.【小问2详解】，.19. 在三棱锥中，平面，平面平面. （1）证明：平面；（2）若为中点，求向量与夹角的余弦值.【答案】（1）
13、证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的性质定理和判定定理证明即可；（2）由，求出，由空间向量夹角的公式代入求解即可.【小问1详解】证明：过点作于点， 平面平面，平面平面平面，平面，又平面.平面平面.平面平面.【小问2详解】由（1）知，设，则.为中点，与夹角的余弦值为.20. 已知是各项均为正数的等比数列，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由等比数列的性质可得，解方程求出，即可求出的通项公式；（2）求出，再由错位相减法求和即可.【小问1详解】设等比数列的公比为，由，得，即，解得（舍）或.【小问2
14、详解】，相减得：，所以21. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，二面角的大小为，是中点. （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）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.【小问1详解】取中点，连接，因为直角梯形中，且，所以四边形是平行四边形，平面平面，平面.又是中点平面平面，平面，又平面，平面平面，平面平面.【小问2详解】连接，由知：，由（1）知：且，在平面内过点作交于点，则两两互相垂直，以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间
15、直角坐标系， 则，从而，设平面的法向量为，即，令，得，易知平面的一个法向量为，由题意知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.22. 已知分别为双曲线和双曲线上不与顶点重合的点，且的中点在双曲线的渐近线上.（1）设的斜率分别为，求证：为定值；（2）判断的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）定值，1【解析】【分析】（1）设，借鉴点差法原理构造求解. （2）设，联立双曲线，可找到，同理可找出，由面积公式表示出化简即可【小问1详解】设，则由的中点在双曲线的渐近线上，则，即为定值.【小问2详解】（1）（2）联立（1）（2）得：同理，设到直线的距离为，则由（1）知：