福建省三明市普通高中2022-2023学年高二上学期期末质量检测数学试题.docx

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1、三明市普通高中2022-2023学年第一学期期末质量检测高二数学试题本试卷共5页.满分150分.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一、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. 抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【

2、答案】A【解析】【分析】直接根据抛物线方程即可得焦点坐标.【详解】在抛物线中，开口向右，故其焦点坐标为，故选：A.2. 直线的倾斜角的大小为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】A【解析】【分析】由直线方程得到斜率，根据斜率的定义可求得倾斜角.【详解】设倾斜角，,因为，所以.故选：A3. 若是与的等差中项，则实数a的值为（ ）A. B. C. D. 5【答案】D【解析】【分析】根据等差中项的概念，列式即可求得答案.【详解】由题意知是与的等差中项，故，则.故选：D4. 若向量，且，则的值为（ ）A. B. 0C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】根据向量平行列方程，求得，

3、进而求得.【详解】依题意，向量，且，通过观察横坐标可知，所以，所以.故选：D5. 在各项均为正数的等比数列中，则（ ）A. 16B. C. 24D. 【答案】C【解析】【分析】根据，利用等比数列的通项公式求解.【详解】解：在各项均为正数的等比数列中，所以，解得或（舍去）或（舍去），此时，所以，故选：C6. 已知A，B是抛物线上的两个动点，满足，其中F是C的焦点.过A，B向C的准线作垂线，垂足分别为M，N，若y轴被以MN为直径的圆E截得的线段为，则x轴被圆E截得的线段长为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合以及轴

4、被圆截得的弦长求得，进而求得x轴被圆E截得的线段长.【详解】，设，由于，所以三点共线，不妨设在第一象限，在第四象限，则，则.不妨设直线的方程为，由消去并化简得，所以，则.，圆的圆心为，即，设圆的半径为，则，所以，截得，所以圆心，半径，所以x轴被圆E截得的线段长为.故选：D7. 如图，AB是圆的切线，P是圆上的动点，设，AP扫过的圆内阴影部分的面积S是的函数.这个函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据的增长速度求得正确答案.【详解】当时，的增长速度越来越快；当时，的增长速度越来越慢；所以B选项符合故选：B8. 如图1，北京冬奥会火种台以“承天载物”为设计理念

5、，创意灵感来自中国传统青铜礼器尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种.如图2，一种尊的外形近似为某双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，尊高，上口直径为，底部直径为，最小直径为，则该双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为（ ）A. B. C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】建立双曲线标准方程下的直角坐标系，得双曲线方程为，利用实轴长为，（），（）在双曲线上，且，可求得，得【详解】建立双曲线标准方程的直角坐标系，最小直径在轴，如图，双曲线方程为，则， （），（）在双曲线上，且，由，即，由，得，所以，则双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为故选:C

6、二、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2分.9. 已知圆的方程为，以下各点在圆内的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】利用代入验证法确定正确答案.【详解】，A选项正确.，B选项错误，C选项正确.，D选项错误.故选：AC10. 在空间直角坐标系中，已知向量，.以下各组值中能使得的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直的坐标表示列式，再逐项验证判断作答.【详解】向量，于是当且仅当，即，对于A，当，时，A不是；

7、对于B，当，时，B是；对于C，当，时，C是；对于D，当，时，D不是.故选：BC11. 若n，m，成等比数列，则圆锥曲线的离心率可以是（ ）A. B. C. D. 2【答案】ACD【解析】【分析】根据等比数列列方程，对的符号进行分类讨论，结合圆锥曲线的知识求得离心率.【详解】由于成等比数列，所以，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，所以，A选项正确.当时，曲线即，表示焦点在轴上的双曲线，所以，D选项正确.当时，所以即，表示焦点在轴上的双曲线，所以，C选项正确.当时，方程不成立.故选：ACD12. 已知函数，数列满足，且，.若是等差数列，则可能取的整数是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解

8、析】【分析】将表示为分段函数的形式，利用选项以及是等差数列求得正确答案.【详解】，A选项，所以是首项，公差为的等差数列.所以A选项正确.B选项，所以，则为常数列，也等差数列. 所以B选项正确.C选项，所以不是等差数列.所以C选项错误.D选项，当时，所以是首项，公差为的等差数列.所以D选项正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数，则_.【答案】2【解析】【分析】求出函数的导数后可求.【详解】，故，故答案为：14. 两条平行直线与间的距离为_.【答案】【解析】【分析】利用两条直线平行求出a，再利用平行线间距离公式求解作答.【详解】因为直线与平行，可知,则，

9、解得，直线，即，直线，所以直线与间距离为.故答案为：15. 已知圆，圆，若动圆E与，都外切，则圆心E的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】由题可得，然后根据双曲线的定义即得.【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，由于动圆E与圆，都外切，设动圆E的半径为，则，所以，所以点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，设方程为，则，所以E的轨迹方程为.故答案为：.16. 在数列中，且当时，都有.使得不等式成立的最小正整数M的值为_.【答案】12【解析】【分析】根据数列的递推公式可得：，然后利用不等式的放缩即可求解.【详解】因为，则，所以，则，因为，又，所以所以不等式成立的最小正整数M的值为，故答案：.

10、四、解答题17. 如图，在四边形ABCD中，直线AB与CD间的距离为3.建立适当的平面直角坐标系，求四边形ABCD外接圆的方程，并求该圆的圆心坐标和半径.【答案】答案不唯一【解析】【分析】建立平面直角坐标系，通过求圆心和半径，或利用待定系数法求得外接圆的方程，进而求得圆心和半径.【详解】解法一：设AB中点为O，CD中点为M，连接OM.则四边形ABCD关于直线OM对称.则，.如图，以O为坐标原点，以AB为x轴，以OM为y轴建立平面直角坐标系.则，且四边形ABCD的外接圆圆心在y轴上，设为.则，即.化为，解得.则，故所求圆的方程为.其圆心坐标为，半径为.解法二：过D作AB的垂线，垂足为H.则，.如

11、图，以A为坐标原点，以AB为x轴，以过A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系.则，.设所求圆的方程为.因为A，B，D在该圆上，所以.解得：.即所求圆的方程为.化为.其圆心坐标为，半径为.18. 已知函数.（1）求的导数；（2）求曲线在点处的切线方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用导数的除法运算法则进行求解即可；（2）先利用导数求出切线的斜率，然后用点斜式即可求解【小问1详解】因为，所以【小问2详解】由（1）得，则所求切线的斜率为1，故所求切线方程为.19. 如图，在四面体ABCD中，.（1）求的值；（2）已知F是线段CD中点，点E满足，求线段EF的长.【答案】（1）；

12、 （2）.【解析】【分析】（1）取为空间的一个基底，表示出，再利用空间向量数量积求解作答.（2）利用（1）中的信息，利用空间向量数量积计算空间向量的模作答.【小问1详解】在四面体中，设，则，.【小问2详解】由（1）知，因为，则，因为F是CD中点，则，如图，于是得，因此，即有，所以线段EF的长为.20. 在等差数列中，且.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列的前n项和为，且.令，求数列的前n项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得等差数列的首项和公差，由此求得.（2）先求得，利用裂项求和法求得.【小问1详解】设的公差为.因为，所以因为，所以，整理得，联立，并解得，.所

13、以.【小问2详解】因为，所以当时，得.所以.所以，而，解得，即.所以是公比为3的等比数列.所以.则.所以.21. 如图，在三棱柱中，且在平面ABC内的正投影为BC上的点D.过D作平面的垂线，垂足为E，连接并延长交AB于点G.（1）证明：平面；（2）若D为BC中点，求DE与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由条件结合线面平行的判定定理即可证明；（2）连结AD，以D为坐标原点，以DA，DB，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.【小问1详解】因为在平面ABC的正投影为点D，即平面ABC，且

14、平面ABC，所以.因为平面，且平面，所以.又因为平面，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以平面ABC.又因为，所以.又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】连结AD，.因为，D为BC中点，所以.因为，所以，则.以D为坐标原点，以DA，DB，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则，.，.设平面的法向量为.因为，.所以，则，.取，得，即.由（1）知，G为AB中点，则.所以.因为，且，所以E为等边三角形的中心.所以.则.设DE与平面所成的角为，则.即DE与平面所成的角的正弦值为.22. 如图，已知P是圆上的动点，过作直线BP的垂线，垂足为B，交AP于Q，设线段PQ中点M的轨迹为曲线

15、E.（1）求E的方程；（2）设E与x轴交于C，D，过点M且斜率为1的直线与E的另一个交点为N，与x轴的交点为G.判断：当M在E上运动时，是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求得的方程.（2）设MN的方程为并与的方程联立，化简写出根与系数关系，计算出，从而求得正确答案.【小问1详解】因为，且M为PQ中点，所以.因为P是圆上的点，且A为圆心，所以.所以.又因为，则.所以M的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆.则在该椭圆中，.故所求的椭圆方程为.【小问2详解】依题意，C，D是椭圆与x轴的交点.不妨设C在D的左侧，则C，D分别是椭圆的左，右顶点.故，.设MN的方程为.令，得，即.所以，.则.联立，消去x得：.整理得由，得.设，.则，.，同理.所以.即所以存在，使得.