2022-2023學年上學期高二年級學業(yè)水平測試數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1. 已知直線與直線垂直，則(    )A.  B. 1 C. 2 D. 4【答案】B【解析】【分析】利用兩直線垂直的條件求解.【詳解】因為直線與直線垂直，所以，即.故選：B.2. 等差數(shù)列的前n項和為，且滿足，則(    )A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】D【解析】【分析】利用等差數(shù)列的通項公式和求和公式求解.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，則，，解得，所以.故選：D.3. 已知直線l過點，方向向量為，則原點到的距離為(    )A. 1 B.  C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】求出直線的解析式，即可求出原點到的距離.【詳解】由題意，在直線中，方向向量為，∴直線l的斜率存在，設，則直線l的斜率為：，∴，∵直線l過點，∴，解得：，∴，即，∴原點到的距離為：，故選：B.4. 已知圓與圓，若與有且僅有一條公切線，則實數(shù)的值為(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)兩圓有且僅有一條公切線，得到兩圓內(nèi)切，從而可求出結果.【詳解】圓可化為，圓心為，半徑為，圓可化為，圓心為，半徑為，又與有且僅有一條公切線，所以兩圓內(nèi)切，因此，即，解得，故選：C5. 在三棱錐中，點M是中點，若，則(    )A. 0 B.  C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】表達出和，得出，，的值，即可求出的值.【詳解】由題意，在三棱錐中，點M是中點，連接，，在中，，在中，，∴,∴，，∴，故選：A.6. 已知點P在雙曲線的右支上，直線交曲線C于點Q(異于P)，點F為C的左焦點，若為銳角，則b的取值范圍為(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】設雙曲線的右焦點，根據(jù)雙曲線的定義，可求得，根據(jù)已知條件為銳角，可判斷為鈍角，結合余弦定理即可求得b的取值范圍.【詳解】如圖所示：設雙曲線的右焦點為，則，且，則，又則，又，所以，而，即，解得，又因為為銳角，且根據(jù)雙曲線的對稱性知，關于原點對稱，，，所以為銳角，所以為鈍角，則①，且，又②，由①②兩式解得，所以b的取值范圍為.故選：C7. 在平行六面體中，，，則直線與直線所成角余弦值為(    )A. 0 B.  C.  D. 1【答案】A【解析】【分析】設，由向量的運算得出，進而得出直線與直線所成角的余弦值.【詳解】設，不妨設，則，，即，則直線與直線所成角的余弦值為.故選：A8. 橢圓的左焦點為F，右頂點為A，以F為圓心，為半徑的圓與E交于點P，且，則E的離心率為(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知得，右焦點為，中利用余弦定理列方程，由齊次式可求E的離心率.【詳解】由題意，，，由，，右焦點為，連接，有，中，，化簡得，即，則E的離心率為.故選：C【點睛】思路點睛：點P在橢圓上，一是滿足橢圓方程，二是到兩焦點距離之和等于2a，求橢圓離心率，結合其它條件構造齊次式即可得解.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9. 已知橢圓與橢圓，則(    )A.  B. 短軸長相等 C. 焦距相等 D. 離心率相等【答案】AC【解析】【分析】分別對兩個橢圓進行分析，得到對應的短軸長，焦距，離心率等，即可得出結論.【詳解】由題意，在中，有，，，∴短半軸為3，長半軸為5，焦距為，離心率，在中，有，，，∴長半軸為，短半軸為，焦距為，，解得：，離心率，∴AC正確，BD錯誤.故選：AC.10. 如圖，四邊形為正方形，，平面，，點在棱上，且，則(    )A. 當時，平面B. 當時，平面C. 當時，點到平面的距離為D. 當時，平面與平面的夾角為【答案】BC【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法逐項判斷可得合適的選項.【詳解】因為平面，四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，對于AD選項，當時，，，易知平面的一個法向量為，因為，因此，與平面不平行，A錯，設平面的法向量為，，則，取，可得，易知平面的一個法向量為，，所以，平面與平面的夾角不是，D錯；對于BC選項，當時，，，，，所以，，，所以，，，又因為，、平面，平面，B對，點到平面的距離為，C對.故選：BC.11. 2022年11月29日23時08分，我國自主研發(fā)的神舟十五號載人飛船成功對接于空間站“天和”核心艙前向端口，并實現(xiàn)首次太空會師．我國航天員在實驗艙觀測到一顆彗星劃過美麗的地球，彗星沿一拋物線軌道運行，地球恰好位于這條拋物線的焦點．當此彗星離地球4千萬公里時，經(jīng)過地球和彗星的直線與拋物線的軸的夾角為，則彗星與地球的最短距離可能為(單位：千萬公里)(    )A.  B.  C. 1 D. 3【答案】CD【解析】【分析】不妨假設該拋物線開口向右，可設該拋物線方程為，彗星離地球4千萬公里時假設為A點，作軸于，分在的左側和右側進行討論，即可求出最短距離【詳解】不妨假設該拋物線開口向右，如圖所示，可設該拋物線的方程為，地球即焦點坐標為，設彗星的坐標為，當彗星離地球4千萬公里時，設彗星此時處于A點，即，作軸于，則，當在的右側時，，所以，代入拋物線可得，解得則根據(jù)拋物線的定義可得彗星到地球的距離為，則彗星與地球的最短距離可能為1千萬公里，當在的左側時，，所以，代入拋物線可得，解得則根據(jù)拋物線的定義可得彗星到地球的距離為，則彗星與地球的最短距離可能為3千萬公里，故選：CD12. 大自然的美麗，總是按照美的密碼進行，而數(shù)學是美麗的鏡子，斐波那契數(shù)列，就用量化展示了一些自然界的奧妙．譬如松果、風梨的排列、向日葵花圈數(shù)、蜂巢、黃金矩形、黃金分割等都與斐波那契數(shù)列有關．在數(shù)學上，斐波那契數(shù)列可以用遞推的方法來定義：，則(    )A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】用累加法判斷選項AB，對于C，只需證明即可,用數(shù)學歸納法證明;對于D，得到，即可判斷【詳解】對于A，由，可得，則，，，將上式累加得，又，則有.故A正確；對于B，由，可得，，將上式累加得，又，則，故B錯誤；對于C，有成立,用數(shù)學歸納法證明如下:①當時,,滿足規(guī)律,②假設當時滿足成立當時，則成立，滿足規(guī)律,故，令，則有成立，故C正確;對于D，由可得，所以 ，故D正確故選：ACD【點睛】思路點睛：涉及給出遞推公式探求數(shù)列性質的問題，認真分析遞推公式并進行變形，可借助累加、累乘求通項的方法分析、探討項間關系而解決問題.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13. 寫出雙曲線的一條漸近線方程__________．【答案】(或)【解析】【分析】由雙曲線的性質求解即可.【詳解】由題意可得，，則雙曲線的漸近線方程為.故答案為：(或)14. 正方體中，E為線段的中點，則直線與平面所成角的正弦值為__________．【答案】【解析】【分析】建立空間坐標系，利用法向量求解線面角.【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，設正方體的棱長為2，則;；設平面的一個法向量為，則，，令，則.設直線與平面所成角為，則.故答案為：.15. 在平面上給定相異的兩點A，B，設點P與A，B在同一平面上，滿足，當且時，點P的軌跡是一個圓，這個圓我們稱作阿波羅尼斯圓．在中，，邊中點為，則的最大值為__________．【答案】【解析】【分析】設，可得，利用可得，結合圖象即可得到與該圓相切時，最大【詳解】設，由邊中點為可得，因為，所以，整理可得，所以的軌跡是圓心為，半徑為4的圓上(排除軸上的點)，則當與該圓相切時，最大，，因為所以故答案為：16. 平面上一系列點，其中，已知在曲線上，圓與y軸相切，且圓與圓外切，則的坐標為__________；記，則數(shù)列的前6項和為__________． 【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】由圓與y軸相切得出圓的半徑為，由圓與圓外切，得出，進而由遞推公式結合求解即可.【詳解】因為圓與y軸相切，所以圓的半徑為，又圓與圓外切，所以.兩邊平方并整理得，結合，，得，即，，以此類推因為，所以，故.數(shù)列的前6項和為故答案為：；.四、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17. 如圖，在平面直角坐標系中，四邊形為菱形，，點D為的中點，的外接圓為圓M．(1)求圓M的方程；(2)求直線被圓M所截得的弦長．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)由已知可得為正三角形，可求出圓心坐標和半徑得求圓M的方程；(2)根據(jù)相應點的坐標，得到直線CD的方程，求圓心到直線距離，利用幾何法求弦長.【小問1詳解】(1)因為， ，所以為正三角形，由 ，得，所以外接圓圓心為 ，又半徑 ，所以圓M的方程為 【小問2詳解】由題意得 ， ，直線CD的斜率 ，直線CD方程為 即 ，M到CD的距離為 ，所以CD被圓M截得的弦長為 .18. 已知等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，且．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設，求數(shù)列的前n項和．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)根據(jù)條件列方程組，求出首項和公比，利用通項公式可得答案；(2)先求出的通項公式，利用分組求和法可求和.【小問1詳解】設正項等比數(shù)列的公比為，因為，所以，解得，所以.【小問2詳解】由(1)可得，設數(shù)列前n項和為，則.19. 已知點，點B為直線上的動點，過點B作直線的垂線l，且線段的中垂線與l交于點P．(1)求點P的軌跡的方程；(2)設與x軸交于點M，直線與交于點G(異于P)，求四邊形面積的最小值．【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)利用拋物線的定義求解軌跡方程；(2)設出直線，聯(lián)立方程，得出，用表示出四邊形的面積，結合基本不等式求解最值.【小問1詳解】由題意點到直線的距離與到點的距離相等，所以點P的軌跡是以為焦點，以直線為準線的拋物線，所以方程為.【小問2詳解】設直線的方程為，，則.如圖，設與軸的交點為，則易知為的中位線，所以.聯(lián)立，得，，不妨設，則，四邊形面積為,當且僅當時，取到最小值，所以四邊形面積的最小值為.20. 世界上有許多由旋轉或對稱構成的物體，呈現(xiàn)出各種美．譬如紙飛機、蝴蝶的翅膀等．在中，．將繞著旋轉到的位置，如圖所示．(1)求證：；(2)當三棱錐的體積最大時，求平面和平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析    (2)【解析】【分析】(1)做輔助線，先證明線面垂直，利用線面垂直證明線線垂直；(2)根據(jù)三棱錐的體積最大，確定平面的垂直關系，利用空間向量求解平面的夾角.【小問1詳解】取的中點，連接，由題意可知，所以；因為平面，所以平面；因為平面，所以.【小問2詳解】由題意可知三棱錐的體積最大時，平面平面；在平面內(nèi)作出，且與的延長線交于點，連接；因為平面平面，平面平面，，所以平面；根據(jù)旋轉圖形的特點可知，兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，因為，所以；；，設平面的一個法向量為，則，，令，則；易知平面的一個法向量為,設平面和平面的夾角為，則.所以平面和平面的夾角的余弦值為.21. 甲、乙兩大超市同時開業(yè)，第一年的全年銷售額均為1千萬元，由于管理經(jīng)營方式不同，甲超市前n年的總銷售額為千萬元，乙超市第n年的銷售額比前一年的銷售額多千萬元．(1)分別求甲、乙超市第n年銷售額表達式；(2)若其中一家超市的年銷售額不足另一家超市的年銷售額的50%，則該超市將被另一超市收購，判斷哪一超市有可能被收購？如果有這種情況，至少會出現(xiàn)在第幾年？【答案】(1)甲超市第n年銷售額為，乙超市第n年銷售額為    (2)乙超市將被甲超市收購，至少第6年【解析】【分析】(1)設甲、乙超市第年銷售額分別為千萬元、千萬元，利用即可求出，利用累加法求出即可；(2)先解釋甲超市不可能被乙超市收購，然后利用得到，通過得到，代入具體的值即可【小問1詳解】設甲、乙超市第年銷售額分別為千萬元、千萬元，假設甲超市前年總銷售額為，則，當時，，易得不滿足上式，故；時，，故，顯然也適合，故；【小問2詳解】甲超市不可能被乙超市收購，乙超市將被甲超市收購，理由如下：①因為，，當時，，所以甲超市不可能被乙超市收購；②設即，即，設，令即，解得，所以，，所以，解得，綜上，至少第6年時乙超市將被甲超市收購22. 已知橢圓過點，且離心率為．(1)求E的方程；(2)過作斜率之積為1的兩條直線與，設交E于A，B兩點，交E于C，D兩點，的中點分別為M，N．探究：與的面積之比是否為定值？若是，請求出定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)    (2)為定值，定值為2，理由見解析【解析】【分析】(1)由題意可得寫出關于的等式，即可求出E的方程；(2)設直線與橢圓進行聯(lián)立可得，同理可得可得到直線過定點，然后利用面積公式即可【小問1詳解】由題意可得，解得，則E的方程【小問2詳解】與面積之比為定值，定值為2，理由如下：設直線()，聯(lián)立可得，，則所以所以，設，同理可得所以，所以直線即所以恒過定點，設點到直線的距離分別是則【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：(1)設直線方程，設交點坐標為；(2)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于(或)的一元二次方程，必要時計算；(3)列出韋達定理；(4)將所求問題或題中的關系轉化為、(或、)的形式；(5)代入韋達定理求解.
 
 

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