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1、南山区2022-2023学年度第一学期期末质量监测高二数学试题注意事项：1本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟2答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码3作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑4非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液5考试结束后，考生上交答题卡一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的1. 抛物线的焦点坐标是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义,可直接得焦点坐标.【详解】是焦点位于轴上的抛物
2、线所以 即焦点坐标为故选:B【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及焦点求法,属于基础题.2. 若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（ ）A ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的基本定理，可得答案.【详解】对于A，设，则，显然不存在使得等式成立，故A正确；对于B，设，则，解得，故B错误；对于C，设，则，即，解得，故C错误；对于D，设，则，解得，故D错误.故选：A.3. 设等差数列的前项和为，若，且，则的公差为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质可求得的值，即可求得数列的公差.【详解】因为，则，因此，等差
3、数列的公差为.故选：B.4. 已知椭圆的焦点在轴上，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】因为椭圆的焦点在轴上，则，解得.故选：A.5. 已知、，若直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，数形结合可得出直线的斜率的取值范围.【详解】过点作，垂足为点，如图所示：设直线交线段于点，设直线的斜率为，且，当点在从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐增大，此时；当点在从点运动到点时，直线的倾斜角逐渐增大，此时.综上所述
4、，直线的斜率的取值范围是.故选：D.6. 如图，在直三棱柱中，且，已知E为BC的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直三棱柱的几何性质，补形成正方体，利用异面直线夹角的定义，结合余弦定理，可得答案.【详解】由题意，可得该三棱柱可看作正方体的一半，补形如下图所示：记的中点为，连结，因为在正方形，是的中点，所以，又，所以，故四边形是平行四边形，则，则为直线与的夹角或其补角，设该正方体的边长为，在中，在中，在中，在中，.故选：B.7. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与的左支交于、两点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. D.
5、 【答案】C【解析】【分析】连接，求出、，利用双曲线的定义可得出关于、的齐次等式，即可解得双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示，易知点、关于轴对称，连接，所以，由圆的几何性质可得，所以，由双曲线的定义可得，因此，双曲线的离心率为.故选：C.8. 著名的斐波那契数列是意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，又称兔子数列，记该数列为，则，且已知斐波那契数列有诸多特殊的性质，例如：（1）；（2）斐波那契数列中各项的个位数是以为周期变化的，则由上述性质可知的个位数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用两个性质可得出，计算出的个位数，即可求出的个位数，即可得解.【详解】由性质（
6、1）可知，上述等式全部相加可得，所以，由性质（2）可知与的个位数相同，与的个位数相同，且不难知道，所以，的个位数为，则的个位数也为，因此，的个位数为.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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. 设圆C：，直线l：，则下列结论正确的为（ ）A. C的半径为2B. l恒过定点C. l可能与C相切D. 当时，l被C截得的弦长最短【答案】ABD【解析】【分析】化简圆的标准方程即可判断A，令，代入直线方程即可判断B，将代入圆方程即可判断C，当直线与定点与圆心连线所在直线互相垂直时，弦长最短
7、，即可判断D.【详解】对A，所以的半径为2，故A正确；对B，当时，故直线恒过定点，故B正确；对C，将代入圆方程有，故定点在圆内，故直线与圆一定相交；对D，圆心，设直线恒过定点，则当直线与直线相互垂直时，被截得的弦长最短，故，即，则，故D正确.故选：ABD.10. 如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点，则下列结论正确的为（ ）A. B. C. D. 为平面的一个法向量【答案】BC【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、.对于A选项，则，A
8、错；对于B选项，则，B对；对于C选项，故，C对；对于D选项，故不是平面的一个法向量，D错.故选：BC.11. 已知公差为d的等差数列，其前n项和为，且，则下列结论正确的为（ ）A. 为递增数列B. 为等差数列C. 当取得最大值时，D. 当时，d的取值范围为【答案】BD【解析】【分析】通过等差数列前项和公式和下标和性质即可得到，则可判断AC，而则可判断B，而通过，则可得到关于的不等式组，即可判断D.【详解】对A，即，即，则，而，故，故为递减数列，故A错误；对B，设的首项为，则，故数列是以为首项，公差为的等差数列，故B错误；对C，由A知，即，则，而，即，则，而，当取得最大值时,，故C错误；对D，当
9、时，由A知，即，即，解得，故D正确.故选：BD.12. 已知椭圆和，点在上，且直线与交于、两点，若点在上，使得，则下列结论正确的为（ ）A. 、的离心率相等B. C. 直线、的斜率之积为定值D. 四边形的面积为【答案】ACD【解析】【分析】计算出两椭圆的的离心率，可判断A选项；求出点的坐标，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，可判断B选项；利用斜率公式以及椭圆方程可判断C选项；利用三角形的面积公式求出四边形的面积，可判断D选项.【详解】设点、，椭圆、的离心率分别为、.对于A选项，A对；对于B选项，联立可得，所以，由题意可知，则，因为，则点在椭圆上，所以，B错；对于C选项，由B选项可知，椭圆的方
10、程为，则，由已知可得，两式作差可得，C对；对于D选项，显然四边形为平行四边形，其面积记为，的面积记为，因为，所以，直线与轴必有交点，不妨设为，且，故，由韦达定理可得，且，所以，D对.故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知，若，则_【答案】【解析】【分析】根据空间向量共线的坐标表示可求得实数的值.【详解】因为，若，则，解得.故答案为：.14. 已知数列满足，且，则_【答案】【解析】【分析】根据递推公式求出、的值，进而可求得的值.【详解】因为数列满足，且，则，可得，因此，.故答案为：.15. 已知圆，点在直线上运动，过作的两条切线，切点分别为、，当四边形的面积最
11、小时，_【答案】【解析】【分析】证明出，计算出的最小值，可得出的最小值，可得出四边形的面积最小值，可求得的值，进而可得出的值.【详解】如图所示：由圆的几何性质可得，由切线长定理可得，又因为，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，所以，当与直线垂直时，取最小值，且，所以，所以，此时，因此，.故答案为：.16. 如图，在直角中，为斜边上异于、的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则线段长度的最小值为_【答案】【解析】【分析】过点在平面内作直线，垂足为点，过点在平面内作直线，垂足为点，记，则，利用空间数量积的运算性质可得出，即可求得的最小值.【详解】过点在平面内作直线，垂足为点，过点
12、在平面内作直线，垂足为点，如下图所示：，记，则，则，因为二面角的大小为，则、的夹角为，且，所以，即，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，线段长度的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.四、解答题：本大题共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. 已知圆的圆心为，且经过坐标原点O（1）
13、求的标准方程；（2）设圆：，若与相交，求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【小问1详解】由题意可知，圆的半径为，所以，的标准方程为.【小问2详解】易知，圆的圆心为，半径为，根据两圆相交可知，又，解得，即的取值范围是18. 已知数列，满足，且（1）求的通项公式；（2）设，为数列的前n项和，求【答案】（1） （2）130【解析】【分析】（1）首先证明是等差数列，求出其公差，写出通项即可；（2）当时，则，利用等差数列求和公式即可.【小问1详解】由题可知,都有,数列是等差数列,设的公差为,【小问2详解】由(1)可知，令，则,当时，当时,19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，已知侧
14、棱平面ABCD，设点E为棱PD的中点（1）证明：平面ABP；（2）若，求点P到平面BCE的距离【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）设为的中点,连接,，利用中位线的性质证明四边形是平行四边形，则可得平面.（2）点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式即可.【小问1详解】设为的中点，连接,，是的中点，,且，四边形是平行四边形，又平面平面,平面.【小问2详解】由于侧棱平面，面，则以点为坐标原点,以,所在直线为轴,轴,轴建立如图空间直角坐标系,，设平面的法向量,则有，即，令,则，点到平面的距离.20. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的
15、一条渐近线为，且点在C上（1）求C的方程；（2）设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且，求l的斜率【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用渐近线方程可得，再将点代入即可求得结果；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理并根据向量定比即可求得l的斜率【小问1详解】由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为，所以，可得，将代入可得，解得；所以双曲线C的方程为.【小问2详解】由（1）可知，上焦点，设直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立整理得；所以又，即，可得，所以，即，解得；所以直线l的斜率为21. 在四棱柱中，底面ABCD为正方形，侧面为菱形，且平面平面ABCD（1）证明
16、：；（2）设点P在棱上运动，若，且，记直线与平面PBC所成的角为，当时，求的长度【答案】（1）见解析 （2）1【解析】【分析】（1）连接，利用面面垂直性质定理得平面，则，根据菱形对角线互相垂直有，则可证平面，则.（2）以点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，设，求出平面平面的一个法向量，则可求出线面夹角的正弦值，则可求得的值.【小问1详解】连接，平面平面平面平面,平面,平面，,与为菱形的对角线，面平面，又平面,.【小问2详解】以点为坐标原点,以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则,设平面的一个法向量为,则即，令，则,，又,即的长度为1.22. 已知点为抛物线焦点，定点（其中
17、常数满足），动点在上，且的最小值为（1）求的方程；（2）过作两条斜率分别为、的直线、，记与的交点为、，与的交点为、，且线段、的中点分别为、（i）当，且时，求面积的最小值；（ii）当时，证明：直线恒过定点【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）过点作，垂足为点，由抛物线的定义可知，数形结合可求得的最小值，可求得的值，可得出抛物线的方程；（2）（i）分析可知，设直线，的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，可得出点的坐标，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得面积的最小值；（ii）将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，
18、可得出点的坐标，可求得直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.【小问1详解】解：易知抛物线的准线的方程为，过点作，垂足为点，由抛物线的定义可知，所以，当且仅当、三点共线时，等号成立，所以，可得，抛物线的方程为.【小问2详解】解：若与轴平行，则与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，同理可知，设直线的方程为，直线的方程为，易知，且.（i）因为，且，所以，且，不妨设、，联立得，恒成立，由韦达定理可得，且，所以，点，同理可得点，所以，当且仅当时，等号成立，所以，面积的最小值为.（ii）联立可得，所以，且，所以，点，同理可得点，所以，所以，直线的方程为，整理可得，因为，可得，当时，等价于，即，所以，直线恒过定点.点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.