山东省枣庄市2022-2022学年高二上学期期末数学 Word版含解析.docx

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2022~2023学年度高二第一学期学科素养诊断试题数学试卷一､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.已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间中射影的定义即可得到答案.【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以的竖坐标为0，横、纵坐标与A点的横、纵坐标相同，所以点的坐标为.故选：D2.已知，且，则的值是（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】由直接列方程求解即可.【详解】因为，且，所以，解得，故选：A3.如图，空间四边形中，，，.点在上，且，为的中点，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.【详解】.故选：B.4.已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案.【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得，设的倾斜角为，，所以.故选：D5.在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A.B.3C.D.6【答案】C【解析】 【分析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C6.已知数列满足，则（）A.B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】根据递推式以及迭代即可.【详解】由，得，，，，，，.故选：B7.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于y轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则经点B反射后的反射光线必过点（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出、坐标可得直线的方程，与抛物线方程联立求出，根据选项可得答案,【详解】把代入得，所以，所以直线的方程为即， 与抛物线方程联立解得，所以，因为反射光线平行于y轴，根据选项可得D正确,故选：D.8.已如双曲线（，）的左､右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先作辅助线，设出边长，结合题干条件得到，，利用勾股定理得到关于的等量关系，求出离心率.【详解】连接，设，则根据可知，，因为，由勾股定理得：，由双曲线定义可知：，，解得：，，从而，解得：，所以，，由勾股定理得：，从而，即该双曲线的离心率为. 故选：A二､多选题：本大题共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.圆与圆的位置关系可能是（）A.外离B.外切C.相交D.内含【答案】ABC【解析】【分析】由圆心距与两圆半径关系判断两圆的位置关系.【详解】整理为：，从而圆心为，半径为2，而的圆心为，半径为2，从而两圆的圆心距为，当，即或时，此时两圆外离；当，此时，此时两圆外切；由于恒成立，故当，即时，两圆相交；且，故两圆不会内含或内切，综上：两圆得位置关系可能是外离，外切或相交.故选：ABC10.已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（）A.B.为递减数列C.是和的等比中项D.的最小值为 【答案】AD【解析】【分析】先由题干中条件得到公差，从而求出通项公式，判断出AB选项；计算出，，发现，故判断C选项的正误；D选项为递增数列，且，，从而得到最小，计算出结果即可判断.【详解】由题意得：，因为，所以，所以通项公式为：，A选项正确；由于，所以为递增数列，B选项错误；通过计算可得：，，，其中，所以不是和的等比中项，C选项错误；因为为递增数列，且，，故在时取得最小值，，D选项正确故选：AD11.已知直线，其中，下列说法正确的是（）A.若直线与直线平行，则B.当时，直线与直线垂直C.直线过定点D.当时，直线在两坐标轴上的截距相等【答案】BC【解析】【分析】根据直线方程的相关性质即可逐项求解.【详解】对于A项，若直线与直线平行，则或1，故A错误；对于B项，当时，直线为，斜率为1，而直线斜率为－1，∴两条直线垂直，故B正确；对于C项，恒成立时，令y＝0，得x＝1，即直线过定点(1，0)，故C正确；对于D项，当时，直线为，令，令 ，所以横截距和纵截距互为相反数，故D错误.故选：BC.12.如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（）A.B.C.直线与平面所成角的最小值是D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面得到A正确；取特殊点排除B；根据距离的最值得到C正确；确定得到D正确，得到答案.【详解】如图所示：连接，，，平面，平面，故，，，故，又因为，故平面，又因为平面，故，A正确；当与重合时，即，由于，不垂直，故B错误； 到平面的距离为，当最大时，直线与平面所成角度最小，的最大值为，故此处线面所成角的最小值θ的正弦值为，，故，C正确；，当三点共线时等号成立，D正确.故选：ACD三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置.13.若，，为共面向量，则的值为_________.【答案】2【解析】【分析】根据空间向量共面定理即可求解.【详解】若为共面向量,则存在一组唯一的实数，使得，即，即，解得，故答案为：214.已知数列中，，且数列为等差数列，则_____________.【答案】【解析】【详解】试题分析：由题意得:考点：等差数列通项15.在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为__________. 【答案】##【解析】【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，，，所以.所以点到直线的距离为.故答案为：.16.已知点，，，直线，若直线与线段有公共点，则的最大值为________；若直线与线段有公共点，则的取值范围是________.【答案】①.②.【解析】【分析】直线l表示过点的直线，在平面直角坐标系中作出线段，当直线l过点B时，直线l与线段相交且斜率最大，求出斜率；作出线段，直线l分别过点B和点C时，为斜率的临界值，得到斜率的取值范围.【详解】直线l表示过点的直线，在平面直角坐标系中作出线段如图， 当直线l过点B时，直线l与线段相交且斜率最大，此时斜率；在平面直角坐标系中作出线段如图，直线l过点B时，斜率，直线l过点C时，斜率，所以k的取值范围为.故答案为：2；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.（1）在等差数列中，为其前项的和，若，求.（2）在等比数列中，求和公比.【答案】（1）72；（2）或 【解析】【分析】（1）利用等差数列前项和公式计算首项和公差，再代入计算；（2）利用等比中项的性质求，并结合确定的具体值，再代入等式计算可求出，.【详解】解：（1）设数列的首项为，公差为，由题意，得解得.所以.（2）由等比数列的性质可得，，又，所以，所以，解得.当时，；当时，.18.给出下列条件：①焦点在轴上；②焦点在轴上；③抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离等于；④抛物线的准线方程是.（1）对于顶点在原点的抛物线：从以上四个条件中选出两个适当的条件，使得抛物线的方程是，并说明理由；（2）过点的任意一条直线与交于，不同两点，试探究是否总有？请说明理由.【答案】（1）选择条件①③;详见解析（2）总有，证明见解析【解析】【分析】 （1）通过焦点位置可判断条件①适合，条件②不适合，通过准线方程，可判断条件④不适合，利用焦半径公式可判断条件③适合；（2）假设总有，设直线的方程为，联立，利用韦达定理计算可得结果.【详解】解：（1）因为抛物线的焦点在轴上，所以条件①适合，条件②不适合.又因为抛物线的准线方程为：，所以条件④不适合题意，当选择条件③时，，此时适合题意，故选择条件①③时，可得抛物线方程是；（2）假设总有，由题意得直线的斜率不为，设直线的方程为，由得设，所以恒成立，，，则，所以，所以，综上所述，无论如何变化，总有.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查计算能力，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，，直线垂直于平面分别为的中点，直线与相交于点. （1）证明：与不垂直；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，计算得出，即可证得结论成立；或利用反证法；（2）利用空间向量法即求.【小问1详解】方法一：如图以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、．设，因为，，因为，所以，得，即点， 因为，，所以，故与不垂直．方法二：假设与垂直，又直线平面平面，所以.而与相交，所以平面又平面，从而又已知是正方形，所以与不垂直，这产生矛盾，所以假设不成立，即与不垂直得证.【小问2详解】设平面的法向量为，又，因为，所以，令，得设平面的法向量为，因为，所以，令，得.因为.显然二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值是.20.已知数列的前n项和．（1）证明是等比数列，并求的通项公式； （2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因为，当时，，所以，当时，，又，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故【小问2详解】因，所以，，，，所以，所以21.某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8 米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米．在建筑物底面中心O的东北方向米的点A处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度．（1）在西辅道上距离建筑物1米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？（2）求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度．【答案】（1）不在（2）17.5米【解析】【分析】（1）以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线AB方程，判断直线AB与圆O的位置关系即可；（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点A的直线l与圆O相切时的直线方程即可.【小问1详解】以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系则，观景直道所在直线的方程为依题意得：游客所在点为则直线AB的方程为，化简得，所以圆心O到直线AB的距离，故直线AB与圆O相交，所以游客不在该摄像头监控范围内. 【小问2详解】由图易知：过点A的直线l与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，所以设直线l过A且恰与圆O相切，①若直线l垂直于x轴，则l不可能与圆O相切；②若直线l不垂直于x轴，设，整理得所以圆心O到直线l的距离为，解得或，所以直线l方程为或，即或，设这两条直线与交于D，E由，解得，由，解得，所以，观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米. 22.已知椭圆的离心率是，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于A、B两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】(1)根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求得椭圆标准方程；(2)直线l和x轴垂直时，根据已知条件求出此时△AOB面积；直线l和x轴不垂直时，设直线方程为点斜式y＝kx＋t，代入椭圆方程得二次方程，结合韦达定理和弦长得k和t的关系，表示出△AOB的面积，结合基本不等式即可求解三角形面积最值.【小问1详解】 由题知，解得，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】当轴时，位于轴上，且，由可得，此时；当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，由，得.得，，从而已知，可得.∵.设到直线的距离为，则，结合化简得此时的面积最大，最大值为2. 当且仅当即时取等号，综上，的面积的最大值为2.