廣西岑溪市2023年高二數學第一學期期末學業(yè)水平測試試題含解析

廣西岑溪市2023年高二數學第一學期期末學業(yè)水平測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．設實系數一元二次方程在復數集C內的根為、，則由，可得.類比上述方法：設實系數一元三次方程在復數集C內的根為，則的值為A.﹣2 B.0C.2 D.42．命題“，”的否定形式是（）A.“，” B.“，”C.“，” D.“，”3．設函數的定義域為，滿足，且當時，.若對任意，都有，則的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知，，則等于（）A.2 B.C. D.5．直線的傾斜角為（）A. B.C. D.6．在數列中，，則等于A. B.C. D.7．數列是等比數列，是其前n項之積，若，則的值是（）A.1024 B.256C.2 D.5128．如圖，雙曲線的左，右焦點分別為，，過作直線與C及其漸近線分別交于Q，P兩點，且Q為的中點．若等腰三角形的底邊的長等于C的半焦距．則C的離心率為（）A. B.C. D.9．已知圓，圓相交于P，Q兩點，其中，分別為圓和圓的圓心.則四邊形的面積為（）A.3 B.4C.6 D.10．已知集合A=（）A. B.C.或 D.11．在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，且所有項的系數和為0，則含的項的系數為（）A.-20 B.-15C.-6 D.1512．在等差數列中，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在正項等比數列中，，，則的公比為___________.14．已知球面上的三點A，B，C滿足，，，球心到平面ABC的距離為，則球的表面積為______15．已知函數是函數的導函數,,對任意實數都有,則不等式的解集為___________.16．正三棱柱的底面邊長為2，側棱長為，則與側面所成角的正弦值為______三、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．（12分）在數列中，,，數列滿足（1）求證：數列是等比數列，并求出數列的通項公式；（2）數列前項和為，且滿足，求的表達式；（3）令，對于大于的正整數、（其中），若、、三個數經適當排序后能構成等差數列，求符合條件的數組.18．（12分）已知拋物線：上的點到其準線的距離為5.（1）求拋物線的方程；（2）已知為原點，點在拋物線上，若的面積為6，求點的坐標.19．（12分）在三棱柱中，側面正方形的中心為點平面，且，點滿足（1）若平面，求的值；（2）求點到平面的距離；（3）若平面與平面所成角的正弦值為，求的值20．（12分）已知圓.（1）若不過原點的直線與圓相切，且直線在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程；（2）求與圓和直線都相切的最小圓的方程.21．（12分）已知圓，直線.（1）當為何值時，直線與圓相切；（2）當直線與圓相交于、兩點，且時，求直線的方程.22．（10分）已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，橢圓上的動點到焦點的最大距離為.（1）求橢圓的標準方程；（2）過作一條不與坐標軸垂直的直線交橢圓于兩點，弦的中垂線交軸于，當變化時，是否為定值?若是，定值為多少?

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】用類比推理得到，再用待定系數法得到，，再根據求解.【詳解】，由對應系數相等得：，.故選：A.【點睛】本題主要考查合情推理以及待定系數法，還考查了轉化化歸的思想和邏輯推理的能力，屬于中檔題.2、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即得.【詳解】“任意”改為“存在”，否定結論即可.命題“，”的否定形式是“，”.故選：C.3、D【解析】由題意得當時，，根據題意作出函數的部分圖象，再結合圖象即可求出答案【詳解】解：當時，，又，∴當時，，∴在上單調遞增，在上單調遞減，且；又，則函數圖象每往右平移兩個單位，縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋?，作出其大致圖象得，當時，由得，或，由圖可知，若對任意，都有，則，故選：D【點睛】本題主要考查函數的圖象變換，考查數形結合思想，屬于中檔題4、D【解析】利用兩角和的正切公式計算出正確答案.【詳解】.故選：D5、D【解析】由直線斜率概念可寫出傾斜角的正切值，進而可求出傾斜角.【詳解】因為直線的斜率為，所以傾斜角.故選D【點睛】本題主要考查直線的傾斜角，由斜率的概念，即可求出結果.6、D【解析】分析：已知逐一求解詳解：已知逐一求解．故選D點睛：對于含有的數列，我們看作擺動數列，往往逐一列舉出來觀察前面有限項的規(guī)律7、D【解析】設數列的公比為q，由已知建立方程求得q，再利用等比數列的通項公式可求得答案.【詳解】解：因為數列是等比數列，是其前n項之積，，設數列的公比為q，所以，解得，所以，故選：D.8、C【解析】先根據等腰三角形的性質得，再根據雙曲線定義以及勾股定理列方程，解得離心率.【詳解】連接，由為等腰三角形且Q為的中點，得，由知．由雙曲線的定義知，在中，，（負值舍去）故選：C【點睛】本題考查雙曲線的定義、雙曲線的離心率，考查基本分析求解能力，屬基礎題.9、A【解析】求得，由此求得四邊形的面積.【詳解】圓的圓心為，半徑；圓的圓心為，所以，由、兩式相減并化簡得，即直線的方程為，到直線的距離為，所以，所以四邊形的面積為.故選：A10、A【解析】先求出集合，再根據集合的交集運算，即可求出結果.【詳解】因為集合，所以.故選：A.11、C【解析】先由只有第4項的二項式系數最大，求出n=6；再由展開式的所有項的系數和為0，用賦值法求出,用通項公式求出的項的系數.【詳解】∵在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，∴在的展開式有7項，即n=6；而展開式的所有項的系數和為0，令x=1，代入，即，所以.∴是展開式的通項公式為：，要求含的項，只需，解得，所以系數為.故選：C12、B【解析】利用等差中項的性質可求得的值，進而可求得的值.【詳解】由等差中項的性質可得，則.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】由題設知等比數列公比，根據已知條件及等比數列通項公式列方程求公比即可.【詳解】由題設，等比數列公比，且，所以，可得或（舍），故公比為3.故答案為：314、【解析】由題意可知為直角三角形，求出外接圓的半徑，可求出球的半徑，然后求球的表面積.【詳解】由題意，，，，則，可知，所以外接圓的半徑為，因為球心到平面的距離為，所以球的半徑為：，所以球的表面積為：.故答案為：.15、【解析】令則，∴在R上是減函數又等價于∴故不等式的解集是答案：點睛：本題考查用構造函數的方法解不等式，即通過構造合適的函數，利用函數的單調性求得不等式的解集，解題時要注意常見的函數類型，如在本題中由于涉及到，故可從以下兩種情況入手解決：（1）對于，可構造函數；（2）對于，可構造函數16、【解析】作圖，考慮底面是正三角形，按照線面夾角的定義構造直角三角形即可.【詳解】依題意，作圖如下，取的中點G，連結，∵是正三角形，∴，，又∵是正三棱柱，∴底面，∴，即平面，，與平面的夾角=，在中，，故答案為：.三、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、（1）證明見解析，；（2）；（3）.【解析】（1）由已知等式變形可得，利用等比數列的定義可證得結論成立，確定等比數列的首項和公比，可求得數列的通項公式；（2）求得，然后分、兩種情況討論，結合裂項相消法可得出的表達式；（3）求得，分、、三種情況討論，利用奇數與偶數的性質以及整數的性質可求得、的值，綜合可得出結論.【小問1詳解】解：由可得，，則，，以此類推可知，對任意的，，則，故數列為等比數列，且該數列的首項為，公比為，故，可得.【小問2詳解】解：由（1）知，所以，所以，當n＝1時，，當時，.因為滿足，所以.【小問3詳解】解：，、、這三項經適當排序后能構成等差數列，①若，則，所以，，又，所以，，則；②若，則，則，左邊為偶數，右邊為奇數，所以，②不成立；③若，同②可知③也不成立綜合①②③得，18、（1）（2）或【解析】（1）結合拋物線的定義求得，由此求得拋物線的方程.（2）設，根據三角形的面積列方程，求得的值，進而求得點的坐標.【小問1詳解】由拋物線的方程可得其準線方程，依拋物線的性質得，解得.∴拋物線的方程為.【小問2詳解】將代入，得.所以，直線的方程為，即.設，則點到直線的距離，又，由題意得，解得或.∴點的坐標是或.19、（1）；（2）；（3）或.【解析】(1)連接ME，證明即可計算作答.(2)以為原點，的方向分別為軸正方向建立空間直角坐標系，借助空間向量計算點到平面的距離即可.(3)由(2)中空間直角坐標系，借助空間向量求平面與平面所成角的余弦即可計算作答.【小問1詳解】在三棱柱中，因，即點在上，連接ME，如圖，因平面面，面面，則有，而為中點，于是得為的中點，所以.【小問2詳解】在三棱柱中，面面，則點到平面的距離等于點到平面的距離，又為正方形，即，而平面，以為原點，的方向分別為軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，依題意，，則，，設平面的法向量為，則，令，得，又，則到平面的距離，所以點到平面的距離為.【小問3詳解】因，則，，設面的法向量為，則，令，得，于是得，而平面與平面所成角的正弦值為，則，即，整理得，解得或，所以的值是或.【點睛】易錯點睛：空間向量求二面角時，一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想進行向量運算，要認真細心，準確計算.20、（1）或；（2）.【解析】（1）根據題意設出直線的方程，然后根據直線與圓相切，即可求出答案；（2）首先根據題意判斷出最小圓的圓心在直線上，且最小圓的半徑為，然后設出最小圓的圓心為，則圓心到直線的距離為，從而可求出答案.【小問1詳解】因為直線不過原點，設直線的方程為，圓的標準方程為，若直線與圓相切，則，即，解得或者3，所以直線的方程為或者；【小問2詳解】因為，所以直線與圓相離，所以所求最小圓的圓心一定在圓的圓心到直線的垂線段上，即最小圓的圓心在直線上，且最小圓的半徑為，設最小圓的圓心為，則圓心到直線的距離為，所以，即，解得(舍)或，所以最小的圓的方程為.21、（1）；（2）或.【解析】（1）將圓的方程表示為標準方程，確定圓心坐標與半徑，利用圓心到直線的距離可求得實數的值；（2）求出圓心到直線的距離，利用、、三者滿足勾股定理可求得的方程，解出的值，即可得出直線的方程.【詳解】將圓C的方程配方得標準方程為，則此圓的圓心為，半徑為.（1）若直線與圓相切，則有，解得；（2）圓心到直線的距離為，由勾股定理可得，可得，整理得，解得或，故所求直線方程為或.【點睛】方法點睛：圓的弦長的常用求法（1）幾何法：求圓的半徑為，弦心距為，弦長為，則；（2）代數方法：運用根與系數的關系及弦長公式.22、（1）（2）是，【解析】(1)由拋物線方程求出其焦點坐標，結合橢圓的幾何