唐山市2022~2023學年度高二年級第一學期學業(yè)水平調研考試數(shù)學注意事項：1. 答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡相應位置上.將條形碼橫貼在答題卡的“條形碼粘貼處”.2. 作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆將答題卡對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案.答案涂在試卷上一律無效.3. 非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置內；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答無效.4. 考生必須保持答題卡整潔，考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 直線的一個方向向量是（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】當直線的斜率存在時，由直線的方向向量為，則代入計算即可.【詳解】因為，所以，設直線的方向向量為，則，取，則，所以直線的一個方向向量為.故選：C.2. 在等差數(shù)列中，，，則（）A. －11 B. －8 C. 19 D. 16【答案】A【解析】【分析】代入等差數(shù)列通項公式求出公差，再代入公式即可求得.【詳解】因為數(shù)列為等差數(shù)列，，，所以，解得，則.故選：A3. 已知向量，，，則與的夾角為（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，先得到的坐標，然后根據(jù)空間向量數(shù)量積的坐標運算即可得到結果.【詳解】根據(jù)題意可得，，即則，且，所以與的夾角為故選:D4. 在正方體中，E為的中點，則異面直線與DE所成角的余弦值為（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】設出正方體的棱長，建立空間直角坐標系，得到各點坐標，表達出和，即可得出異面直線與DE所成角的余弦值.【詳解】由題意在正方體中，E為的中點，設正方體的棱長為，建立空間直角坐標系如下圖所示，則，，，，，∴，，設異面直線與DE所成角為，，∴異面直線與DE所成角的余弦值為，故選：A.5. F為拋物線C:的焦點,點A在C上,點,若,則的面積為（）A.  B.  C. 4 D. 8【答案】B【解析】【分析】求出焦點的坐標,根據(jù)兩點間距離公式求得,即的長度,根據(jù)拋物線定義可求得點坐標,進而可求出面積.【詳解】解:因為拋物線C:,所以,準線為:因為,所以,設根據(jù)拋物線定義可知:,解得,所以,所以.故選:B6. 設直線與x軸的交點為橢圓的右焦點，過左焦點且垂直x軸的直線與橢圓交于M，，則橢圓的離心率為（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意可得以及，再結合橢圓關系，列出方程即可得到結果.【詳解】根據(jù)題意可得，直線與x軸的交點為，即，所以，且過左焦點且垂直x軸的直線與橢圓交于M，將代入橢圓方程可得，，即，所以所以，解得，所以離心率為故選:C7. 已知圓O：和點，若過點P的5條弦的長度構成一個遞增的等比數(shù)列，則該數(shù)列公比的取值范圍是（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【詳解】圓半徑，，則點P在圓內，則過點P的弦長，故所求公比的取值范圍是，即.故選：A8. 已知數(shù)列滿足，，令，則數(shù)列的前2022項和（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】化簡，得，可得是等差數(shù)列，求出通項公式，再用裂項相消的方法求數(shù)列的前2022項和即可.【詳解】因為數(shù)列滿足，即，即，，所以數(shù)列是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以，則，因為，則，數(shù)列的前2022項和.故選：B【點睛】易錯點睛：裂項法求和時，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9. 已知直線l：，圓O：，且圓O上至少有三個點到直線l的距離都等于1，則r的值可以是（）A1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)圓的對稱性，結合圓心到直線距離列式求解即可.【詳解】圓O到直線的距離，由圓O上至少有三個點到直線l的距離都等于1得.故選：CD.10. 將數(shù)列中的各項依次按第一個括號1個數(shù)，第二個括號2個數(shù)，第三個括號3個數(shù)，第四個括號4個數(shù)，…，進行排列：，，，，…，則（）A. 第8個括號內的第一個數(shù)是29B. 前9個括號內共有45個數(shù)C. 第10個括號內的數(shù)的和比第8個括號內的數(shù)的和大136D. 2022在第64個括號內【答案】ABD【解析】【分析】第n個括號有n個數(shù)，則括號里數(shù)的數(shù)量滿足等差數(shù)列，且括號里的數(shù)同為等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的通項公式及求和公式逐個判斷即可.【詳解】對A，第n個括號有n個數(shù)，則前7個括號內共有個數(shù)，故第8個括號內的第一個數(shù)是29，A對；對B，前9個括號內共有個數(shù)，B對；對C，由AB得，第10個括號內的數(shù)的和為，第8個括號內的數(shù)的和為，故第10個括號內的數(shù)的和比第8個括號內的數(shù)的和大，C錯；對D，設2022在第個括號內，則有，解得，D對.故選：ABD.11. 已知雙曲線C：的左，右焦點分別為，，P是C的右支上一點，則（）A. 若，則P到x軸的最大距離為B. 存在點P，滿足C. P到雙曲線的兩條漸近線的距離之積為D. 內切圓半徑r的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】利用數(shù)量積坐標運算表示，解不等式求點的縱坐標范圍，判斷A，結合雙曲線定義判斷B，利用點到直線的距離公式求P到雙曲線的兩條漸近線的距離之積判斷C，根據(jù)直線與雙曲線的位置關系確定的范圍，結合內切圓的性質判斷D.【詳解】設雙曲線的實半軸為，虛半軸為，半焦距為，則雙曲線的焦點的坐標為，的坐標為，，漸近線方程為，設點的坐標為，則，，對于A，因為，所以所以，所以，所以P到x軸的最大距離為，A正確；對于B，由已知，，所以，又，矛盾，B錯誤，對于C，點到兩漸近線的距離的積為，C正確；對于D，因為三點不共線，所以直線的斜率不為0，可設直線的方程為，，聯(lián)立，消，得，方程的判別式，由已知，所以，又，故或，設的內切圓的圓心為，的內切圓與軸相切于點，因為，所以，又，所以，設，則，又內切圓半徑，所以，D正確.故選：ACD.【點睛】本題為雙曲線的綜合性問題，考查雙曲線的定義，直線與雙曲線的位置關系，雙曲線的性質，難度較大.12. 已知正方體的棱長為2，點P在正方形ABCD內運動（含邊界），則（）A. 存在點P，使得B. 若，則的最小值為C. 若，則P點運動軌跡的長度為D. 若，直線與直線所成角的余弦值的最大值為【答案】BD【解析】【分析】A選項，建立適當空間直角坐標系，利用向量垂直的坐標運算判定即可；B選項，找出動點在正方體底面內的運動軌跡，利用點到圓上點的最值求解即可；C選項，根據(jù)立體幾何中線面垂直推出線線垂直，可找出動點在正方體底面內的運動軌跡是線段，即可求解；D選項：建立適當空間直角坐標系，利用可得出點，再利用空間向量的坐標表示求解即可.【詳解】對于A選項：如圖1,以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，設，，則，，若，則，解得，不合題意，錯誤；對于B選項：如圖2，若，連接，則點在以為圓心，為半徑的圓上，此時點的軌跡為，又，，，，故正確；對于C選項：如圖3，連接，，，，，為正方形，則，又平面，平面，，，平面，平面，平面，，同理可證：，又，平面，平面，平面平面，故點在正方體底面內的運動軌跡是線段，又正方體的棱長為2，，故錯誤；對于D選項：如圖4，以為坐標原點建立空間直角坐標系，連接，，，，則，，，，設，，則，，當，有，則，此時，又，，當時，有最大值，此時，故正確.故答案選：BD.【點睛】關鍵點點睛：立體幾何中線面垂直的判定定理，動點在立體幾何中的軌跡問題，以及利用空間向量法解決立體幾何的問題，屬于難題.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13. 已知正項等比數(shù)列，若，，則______.【答案】2【解析】【分析】由等比數(shù)列基本量列方程求得基本量，即可得結果.【詳解】由題意，設等比數(shù)列的公比，則，，兩式相除得，，∴.故答案為：2.14. 正四面體ABCD中，若M是棱CD的中點，，，則______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)空間向量線性運算得到，證明出共線定理的推論，由三點共線，得到，求出.【詳解】因為，所以，即，，下面證明：已知，若三點共線，則，因為三點共線，所以存在非零實數(shù)，使得，即，整理得，故，，所以，因為三點共線，故，解得：.故答案為：15. 已知圓：，圓：，過圓上的任意一點P作圓的兩條切線，切點為A，B，則四邊形面積的最大值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意分析可得四邊形面積，結合圓的性質求的最大值即可.【詳解】圓：的圓心，半徑，圓：的圓心，半徑，四邊形面積，∵，∴四邊形面積的最大值為.故答案為：.16. 設雙曲線C:的右焦點為F,點,直線與交于M,N兩點.若,則C的離心率為______.【答案】##【解析】【分析】設,,根據(jù),得到為的重心,利用重心的坐標式得到,再利用點差法和得到關系求解即可.【詳解】設,,因為,所以為重心,則,即,①因為在雙曲線C:上,所以,兩式相減得:,化簡得:,即,②將①代入②得:,即,解得:,所以,則,即C的離心率為.故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17. 已知圓心為的圓經(jīng)過點.（1）求圓C的方程；（2）過點作直線l與圓C交于E，F兩點.若，求直線l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）直接將點的坐標代入圓的方程，即可得到結果；（2）根據(jù)截得的弦長，分l的斜率不存在與l的斜率存在分別討論，結合點到直線的距離公式，列出方程，即可得到結果.【小問1詳解】設所求圓C的方程為，因為點在圓C上，則，解得，所以圓C的方程為.【小問2詳解】因為直線l被圓C截得的弦長為4，所以圓心到直線l的距離.當l的斜率不存在時，直線l方程為，符合題意.當l的斜率存在時，設直線l方程為，即.則，解得.此時直線l方程為，即.綜上所述，直線l的方程為或.18. 如圖，在直三棱柱中，M，N分別為AC，的中點.（1）證明：平面；（2）若平面，，，求點A到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)要證明平面，通過證明平面平面即可證得；(2)根據(jù)已知條件可以以為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，以及一個方向向量，代入公式計算即可.【小問1詳解】證明：取的中點H，連接MH，HN.因為M為AC的中點，所以.因為平面，平面，所以平面.因為H，N分別為，的中點，所以，因平面，平面，所以平面.因為面MHN，所以平面平面.因為平面MHN，所以平面.【小問2詳解】因為平面，平面，所以.因為三棱柱是直三棱柱，所以，.以BA，，BC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，.設平面的法向量為.由，得，取.所以點A到平面的距離.19. 已知拋物線C：的焦點為F，O為坐標原點，A，B為C上異于O的兩點，.（1）證明：直線AB過定點；（2）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）21【解析】【分析】（1）設，，直線AB的方程為，聯(lián)立拋物線方程，由垂直斜率關系及韋達定理可求得參數(shù)m，進而確定定點；（2）由拋物線定義結合基本不等式求最值.【小問1詳解】設，，直線AB的方程為，將直線AB的方程代入，得.由，得，即，所以，，故直線AB：，恒過定點.【小問2詳解】拋物線準線為，由拋物線的定義，.所以的最小值為21.20. 已知數(shù)列滿足,.（1）記,寫出,,,,并猜想數(shù)列的通項公式;（2）證明（1）中你的猜想;（3）若數(shù)列的前n項和為,求.【答案】（1）,,,,猜想（2）證明見解析（3）【解析】【分析】(1)根據(jù)的遞推關系式及首項,寫出,進而求得,,,,根據(jù)推導過程及各項即可猜想其通項公式;(2)因為,所以找到和的關系,即與的關系,對式子進行配湊,可發(fā)現(xiàn)是以3為首項,2為公比的等比數(shù)列,即可得的通項公式;(3)根據(jù),可得,將寫為,再將,代入,可得,將代入,再利用等比數(shù)列的求和公式即可得.【小問1詳解】由題知,因為,所以,,,,,,,綜上:,,,,猜想.【小問2詳解】由題意,知,,代入得,于是,即,因為,所以是以3為首項,2為公比的等比數(shù)列,故.【小問3詳解】因為,.21. 在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，，，.（1）證明：平面ABCD；（2）若，在棱PC上是否存在點M，使直線AM與平面PBC所成角的正弦值為？若存在，求出點M的位置；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）不存在，理由見解析【解析】【分析】（1）由線線垂直證平面PAO，再依次證、平面ABCD；（2）以A為坐標原點，分別以AH，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標系，設，由向量法建立線面角正弦值的方程，從解的情況即可判斷.【小問1詳解】證明：連接BD交AC于O，連接PO.因為底面ABCD是邊長為2的菱形，所以，因為O是BD中點，，所以.因為，平面PAO，所以平面PAO，因為平面PAO，所以.因為，，平面ABCD，所以平面ABCD.【小問2詳解】如圖，取線段BC的中點H，連接AH，易知.以A為坐標原點，分別以AH，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標系，則，，，.，.設，則有，解得，進而.設平面PBC的法向量為.由，得，取.設直線AM與平面PBC所成的角為，則，化簡得，，此方程無解，所以滿足條件的點P不存在.22. 已知點，，動點P滿足.（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）設點，斜率為k的直線l與曲線C交于M，N兩點.若，求k的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設動點，分別表示出，然后代入計算，化簡即可得到結果；（2）根據(jù)題意，分與兩種情況討論，當時，設直線l：，聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理表示出MN的中點的坐標，再由條件列出方程，即可得到結果.【小問1詳解】設動點，則，，，由已知，得，化簡，得，故動點P的軌跡C的方程是.【小問2詳解】當時，設直線l：，將代入，整理，得，設，，，整理，得，①設MN的中點為Q，，，所以，由，得，即直線EQ的斜率為，所以，化簡，得，②將②代入①式，解得且.當時，顯然存在直線l，滿足題設.綜上，可知k的取值范圍是.

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