2022~2023學年度第一學期期末教學質量檢測高二數學（理科）試題注意事項：1.本試題共4頁，滿分150分，時間120分鐘.2.答卷前，考生務必將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡上.3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.4.考試結束后，監考員將答題卡按順序收回，裝袋整理；試題不回收.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題（本大題共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.命題“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根據特稱命題的否定是全稱命題得答案.【詳解】命題“”的否定是．故選：C.2.若橢圓上一點P到右焦點的距離為5，則它到左焦點的距離為（）A.31 B.15 C.7 D.1【答案】C【解析】【分析】由橢圓的定義：動點到兩定點的距離之和為定值常數.即可得出答案.【詳解】橢圓中，，記橢圓的左焦點為，右焦點為，則，由橢圓的定義可知：，所以，故選：C.3.已知，則下列大小關系正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據不等式性質，不等式兩邊同時乘負數，改變不等號，不等式兩邊同時乘正數，不改變不等號，可得答案.【詳解】對于A，因為，所以，故錯誤；對于B，因為，所以，又因為，所以，則，故正確；易知C，D錯誤.故選：B.4.已知，，若，則的最大值為（）．A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】由基本不等式求最大值．【詳解】，當且僅當，即，時，等號成立．故選：A．5.如圖，在平行六面體中，設，則（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】根據空間向量線性運算求解即可.【詳解】連接，如圖所示：.故選：B6.已知是遞增的等比數列，且，則其公比滿足（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先確定,由得,根據的單調性確定的取值范圍.【詳解】是等比數列，故，當時，各項正負項間隔,為擺動數列,故,顯然，由得，又是遞增的等比數列，故為遞減數列,由指數函數的單調性知.故選:D7.已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，為坐標原點，若，則（）A.3 B. C.6 D.【答案】B【解析】【分析】根據焦半徑公式求出，從而可求得，再根據兩點間的距離公式即可得解.【詳解】解：由題意可得，解得，則，故.故選：B.8.已知，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】由充分條件、必要條件的定義判斷即可得解.【詳解】由題意，若，則，故充分性成立；若，則或，推不出，故必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.9.若變量滿足約束條件，則的最大值為（）A.2 B.7 C.8 D.10【答案】B【解析】【分析】根據約束條件，作圖表示可行域，根據目標函數的幾何意義，可得答案.【詳解】在平面直角坐標系內，可行解域如下圖所示:平移直線，在可行解域內，經過點時，直線在縱軸上截距最大，解二元一次方程組:的最大值為，故選：B.10.2022年11月30日7時33分，神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，與神舟十四號航天員乘組首次實現“太空會師”，一般來說，航天器繞地球運行的軌道近似看作為橢圓，其中地球的球心是這個橢圓的一個焦點，我們把橢圓軌道上距地心最近（遠）的一點稱作近（遠）地點，近（遠）地點與地球表面的距離稱為近（遠）地點高度.已知中國空間站在一個橢圓軌道上飛行，它的近地點高度約為351，遠地點高度約為385，地球半徑約為6400，則該軌道的離心率約為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意求出即可求解.【詳解】由題可知，，，解得，所以離心率為，故選:A.11.已知數列，定義數列為數列的“2倍差數列”.若的“2倍差數列”的通項公式，且，則數列的前項和（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可得，從而得數列表示首項為，公差的等差數列，求得，再根據錯位相減法即可得.【詳解】根據題意得，，數列表示首項為，公差的等差數列，，，，，，.故選：A.12.已知為雙曲線的左?右焦點，過作的垂線分別交雙曲線的左?右兩支于兩點(如圖).若，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據已知條件和雙曲線的定義可求得，，再在中運用余弦定理建立關于a，b，c的方程，可求得雙曲線的漸近線方程得選項.【詳解】解：由，設，由得，，所以，，又得，，令，化簡得：，得，所以漸近線方程為，故選：C.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知空間向量與共線，則______.【答案】【解析】【分析】根據空間向量共線坐標表示列方程求解的值，即可得的值.【詳解】空間向量與共線，則存在實數，使得，則，解得，所以.故答案為：.14.寫出一個離心率為的雙曲線方程為___________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據題意，由雙曲線的離心率公式可得，即，假設雙曲線的焦點在軸且，求出雙曲線的標準方程，即可得答案．【詳解】根據題意，要求雙曲線的離心率，則，若雙曲線的焦點在軸，令，則，，則要求雙曲線的方程為，故答案為：(其他符合的也對)15.已知命題是假命題，則實數的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】將問題等價轉化為，恒成立，利用二次函數的性質即可求解.【詳解】命題是假命題，即命題，是真命題，也即在上恒成立，令，因，所以當時函數取最小值，即，所以，故答案為：.16.《墨經·經說下》中有這樣一段記載：“光之人，煦若射，下者之人也高，高者之人也下，足蔽下光，故成景于上；首蔽上光，故成影于下.在遠近有端，與于光，故景庫內也.”這是中國古代對小孔成像現象的第一次描述.如圖為一次小孔成像實驗，若物距：像距，則像高為___________.【答案】##1.5【解析】【分析】利用余弦定理求得，再根據物距∶像距,即可求得答案.【詳解】由，則，又，則,即，又物距∶像距，則，即像高為，故答案為：．三、解答題（本大題共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.設函數．（1）當時，求關于x的不等式的解集；（2）若關于x的不等式的解集為，求實數a的取值范圍．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由一元二次不等式的解法求解，（2）由題意列不等式組求解，【小問1詳解】當時，，即，即，解得或，所以當時，不等式的解集為或．【小問2詳解】當時，的解集為，滿足題意；當時，由，解得，綜上，實數a的取值范圍是．18.已知是公差不為的等差數列，，且、、成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等差數列的公差為，根據題中條件可得出關于的等式，解出的值，再利用等差數列的通項公式即可求得的表達式；（2）求出數列的通項公式，利用裂項相消法可求得.【小問1詳解】設等差數列的公差為，，則，，且，又因為、、成等比數列，所以，即，又，解得，所以.【小問2詳解】由（1）知，所以.19.在三角形中，內角所對的邊分別為，（1）求；（2）若為銳角，，BC邊上的中線長，求三角形的面積．【答案】（1）或；（2）．【解析】【分析】⑴利用正弦定理進行邊角互換，再結合求出；⑵在三角形中利用余弦定理求出邊，再利用三角形的面積公式求面積.【小問1詳解】在△ABC中，因為，由正弦定理得，所以，即，又因為，所以，因為B是三角形的內角，所以或．【小問2詳解】因為為銳角，所以，△ABC為等腰三角形，，在△ABC中，設AC＝BC＝2x，在△ADC中，由余弦定理得，解得x＝1，所以AC＝BC＝2，所以，所以三角形的面積為．20.如圖四棱錐的底面是直角梯形，，，平面，點是的中點，.用空間向量知識解答下列問題：（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）以D為原點，DA，DC，DS分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用空間坐標運算證明線面垂直即可；（2）由（1）確定平面平面與平面的法向量，根據坐標運算即可求得面面夾角的大小.【小問1詳解】證明：，平面，則DA，DC，DS兩兩垂直，如圖，以D為原點，DA，DC，DS分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，.∴，，.∴，∴，，又，SA，平面，∴平面.【小問2詳解】由（1）知為平面的一個法向量，，.設平面的法向量為，則，令，則，.∴平面的一個法向量為.∴.∴平面SAB與平面SBC的夾角為.21.已知橢圓的左，右焦點分別為，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）橢圓上是否存在點使得？若存在，求的面積，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，面積為【解析】【分析】(1)根據橢圓中的關系求解；(2)根據可得，聯立可求出，進而可求面積.【小問1詳解】橢圓的離心率為，，解得.橢圓的方程為.【小問2詳解】由（1）知，假設橢圓上存在點，使得，則，即，聯立解得.橢圓上存在點使得..22.已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點與圓：（）的圓心重合，上一點到焦點的距離.（1）求拋物線的方程；（2）過焦點的直線與拋物線和圓從左向右依次交于，，，四點，且滿足，求直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據圓心即拋物線焦點位置，設拋物線標準方程為，再利用點在拋物線上和拋物線定義建立方程組，解出與即可；（2）由為圓的直徑，、為圓的半徑，將化為，再設直線方程，與拋物線方程聯立后，根據，坐標利用拋物線定義進行求解.小問1詳解】∵，∴圓：（）的圓心在軸正半軸，∴設拋物線的標準方程為，準線方程為，∵在拋物線上，∴又∵到焦點的