南山區2022-2023學年度第一學期期末質量監測高二數學試題注意事項：1．本試卷共4頁，22小題，滿分150分，考試用時120分鐘．2．答卷前，考生務必將自己的學校，班級和姓名填在答題卡上，正確粘貼條形碼．3．作答選擇題時，用2B鉛筆在答題卡上將對應答案的選項涂黑．4．非選擇題的答案必須寫在答題卡各題目的指定區域內相應位置上，不準使用鉛筆和涂改液．5．考試結束后，考生上交答題卡．一、單項選擇題：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.拋物線的焦點坐標是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據拋物線定義,可直接得焦點坐標.【詳解】是焦點位于軸上的拋物線所以即焦點坐標為故選:B【點睛】本題考查了拋物線的標準方程及焦點求法,屬于基礎題.2.若構成空間的一組基底，則下列向量不共面的為（）A，， B.，，C.，， D.，，【答案】A【解析】【分析】根據平面向量的基本定理，可得答案.【詳解】對于A，設，則，顯然不存在使得等式成立，故A正確；對于B，設，則，解得，故B錯誤；對于C，設，則，即，解得，故C錯誤；對于D，設，則，解得，故D錯誤.

故選：A.3.設等差數列的前項和為，若，且，則的公差為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等差數列的求和公式以及等差數列的性質可求得的值，即可求得數列的公差.【詳解】因為，，則，因此，等差數列的公差為.故選：B.4.已知橢圓的焦點在軸上，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據橢圓的焦點位置可得出關于的不等式組，即可解得實數的取值范圍.【詳解】因為橢圓的焦點在軸上，則，解得.故選：A.5.已知、，若直線經過點，且與線段有交點，則的斜率的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】作出圖形，數形結合可得出直線的斜率的取值范圍.【詳解】過點作，垂足為點，如圖所示：設直線交線段于點，設直線的斜率為，且，，當點在從點運動到點（不包括點）時，直線的傾斜角逐漸增大，此時；當點在從點運動到點時，直線的傾斜角逐漸增大，此時.綜上所述，直線的斜率的取值范圍是.故選：D.6.如圖，在直三棱柱中，，且，已知E為BC的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據直三棱柱的幾何性質，補形成正方體，利用異面直線夾角的定義，結合余弦定理，可得答案.【詳解】由題意，可得該三棱柱可看作正方體的一半，補形如下圖所示：記的中點為，連結，因為在正方形，是的中點，所以，又，所以，故四邊形是平行四邊形，則，則為直線與的夾角或其補角，設該正方體的邊長為，在中，，在中，，在中，，在中，.故選：B.7.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，以為直徑的圓與的左支交于、兩點，若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】連接，求出、，利用雙曲線的定義可得出關于、的齊次等式，即可解得雙曲線的離心率的值.【詳解】如下圖所示，易知點、關于軸對稱，連接，所以，，由圓的幾何性質可得，所以，，，由雙曲線的定義可得，因此，雙曲線的離心率為.故選：C.8.著名的斐波那契數列是意大利數學家斐波那契以兔子繁殖為例引入，又稱兔子數列，記該數列為，則，，且．已知斐波那契數列有諸多特殊的性質，例如：（1）；（2）斐波那契數列中各項的個位數是以為周期變化的，則由上述性質可知的個位數為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用兩個性質可得出，計算出的個位數，即可求出的個位數，即可得解.【詳解】由性質（1）可知，，，，，上述等式全部相加可得，，所以，，由性質（2）可知與的個位數相同，與的個位數相同，且不難知道，，，所以，的個位數為，則的個位數也為，因此，的個位數為.故選：D.二、多項選擇題：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.設圓C：，直線l：，則下列結論正確的為（）A.C的半徑為2 B.l恒過定點C.l可能與C相切 D.當時，l被C截得的弦長最短【答案】ABD【解析】【分析】化簡圓的標準方程即可判斷A，令，代入直線方程即可判斷B，將代入圓方程即可判斷C，當直線與定點與圓心連線所在直線互相垂直時，弦長最短，即可判斷D.【詳解】對A，，所以的半徑為2，故A正確；對B，當時，，故直線恒過定點，故B正確；對C，將代入圓方程有，故定點在圓內，故直線與圓一定相交；對D，圓心，設直線恒過定點，則當直線與直線相互垂直時，被截得的弦長最短，故，即，則，故D正確.故選：ABD.10.如圖，已知正方體的棱長為，、分別為棱、的中點，則下列結論正確的為（）A. B.C. D.為平面的一個法向量【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，利用空間向量的坐標運算可判斷各項的正誤.【詳解】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A選項，，，則，A錯；對于B選項，，，則，B對；對于C選項，，故，C對；對于D選項，，故不是平面的一個法向量，D錯.

故選：BC.11.已知公差為d的等差數列，其前n項和為，且，，則下列結論正確的為（）A.為遞增數列 B.為等差數列C.當取得最大值時， D.當時，d的取值范圍為【答案】BD【解析】【分析】通過等差數列前項和公式和下標和性質即可得到，，，，則可判斷AC，而則可判斷B，而通過，，則可得到關于的不等式組，即可判斷D.【詳解】對A，，即，，即，，則，而，故，故為遞減數列，故A錯誤；對B，設的首項為，則，，故數列是以為首項，公差為的等差數列，故B錯誤；對C，由A知，即，則，而，即，則，而，當取得最大值時,，故C錯誤；對D，當時，由A知，，即，即，解得，故D正確.故選：BD.12.已知橢圓和，點在上，且直線與交于、兩點，若點在上，使得，則下列結論正確的為（）A.、的離心率相等 B.C.直線、的斜率之積為定值 D.四邊形的面積為【答案】ACD【解析】【分析】計算出兩橢圓的的離心率，可判斷A選項；求出點的坐標，將點的坐標代入橢圓的方程，求出的值，可判斷B選項；利用斜率公式以及橢圓方程可判斷C選項；利用三角形的面積公式求出四邊形的面積，可判斷D選項.【詳解】設點、，橢圓、的離心率分別為、.對于A選項，，，A對；對于B選項，聯立可得，所以，，由題意可知，則，因為，則點在橢圓上，所以，，B錯；對于C選項，由B選項可知，橢圓的方程為，，則，，由已知可得，兩式作差可得，C對；對于D選項，顯然四邊形為平行四邊形，其面積記為，的面積記為，因為，所以，直線與軸必有交點，不妨設為，且，，故，由韋達定理可得，且，所以，，D對.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，，若，則________．【答案】【解析】【分析】根據空間向量共線的坐標表示可求得實數的值.【詳解】因為，，若，則，解得.故答案為：.14.已知數列滿足，且，則________．【答案】【解析】【分析】根據遞推公式求出、的值，進而可求得的值.【詳解】因為數列滿足，且，則，可得，，因此，.故答案為：.15.已知圓，點在直線上運動，過作的兩條切線，切點分別為、，當四邊形的面積最小時，________．【答案】【解析】【分析】證明出，計算出的最小值，可得出的最小值，可得出四邊形的面積最小值，可求得的值，進而可得出的值.【詳解】如圖所示：由圓的幾何性質可得，，由切線長定理可得，又因為，，所以，，圓的標準方程為，圓心為，半徑為，所以，，當與直線垂直時，取最小值，且，所以，，所以，，此時，因此，.故答案為：.16.如圖，在直角中，，，為斜邊上異于、的動點，若將沿折痕翻折，使點折至處，且二面角的大小為，則線段長度的最小值為________．【答案】【解析】【分析】過點在平面內作直線，垂足為點，過點在平面內作直線，垂足為點，記，則，利用空間數量積的運算性質可得出，即可求得的最小值.【詳解】過點在平面內作直線，垂足為點，過點在平面內作直線，垂足為點，如下圖所示：，，記，則，，則，，因為二面角的大小為，則、的夾角為，，且，所以，，即，當且僅當時，即當時，等號成立，因此，線段長度的最小值為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應的三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結果.四、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.已知圓的圓心為，且經過坐標原點O．（1）求的標準方程；（2）設圓：，若與相交，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】由題意可知，圓的半徑為，所以，的標準方程為.【小問2詳解】易知，圓的圓心為，半徑為，根據兩圓相交可知，，又，解得，即的取值范圍是18.已知數列，滿足，，且．（1）求的通項公式；（2）設，為數列的前n項和，求．【答案】（1）（2）130【解析】【分析】（1）首先證明是等差數列，求出其公差，寫出通項即可；（2）當時，，則，利用等差數列求和公式即可.【小問1詳解】由題可知,,都有,數列是等差數列,設的公差為,【小問2詳解】由(1)可知，令，則,當時，，當時,,19.如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，且，，已知側棱平面ABCD，設點E為棱PD的中點．（1）證明：平面ABP；（2）若，求點P到平面BCE的距離．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）設為的中點,連接,，利用中位線的性質證明四邊形是平行四邊形，則可得平面.（2）點為坐標原點建立合適的空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用點到平面的距離公式即可.【小問1詳解】設為的中點，連接,，是的中點，，,且，，四邊形是平行四邊形，，又平面平面,平面.【小問2詳解】由于側棱平面，面，，，則以點為坐標原點,以,,所在直線為軸,軸,軸建立如圖空間直角坐標系,，，，，，，，，，設平面的法向量,則有，即，令,則，點到平面的距離.20.在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C：（，）的一條漸近線為，且點在C上．（1）求C的方程；（2）設C的上焦點為F，過F的直線l交C于A，B兩點，且，求l的斜率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用漸近線方程可得，再將點代入即可求得結果；（2）設出直線方程并與雙曲線方程聯立，利用韋達定理并根據向量定比即可求得l的斜率．【小問1詳解】由雙曲線標準方程可知，其漸近線方程為，所以，可得，將代入可得，解得；所以雙曲線C的方程為.【小問2詳解】由（1）可知，上焦點，設直線l的斜率為，，則直線l的方程為，聯立整理得；所以又，即，可得，所以，即，解得；所以直線l的斜率為21.在四棱柱中，底面ABCD為正方形，側面為菱形，且平面平面ABCD．（1）證明：；（2）設點P在棱上運動，若，且，記直線與平面PBC所成的角為，當時，求的長度．【答案】（1）見解析（2）1【解析】【分析】（1）連接，利用面面垂直性質定理得平面，則，根據菱形對角線互相垂直有，則可證平面，則.（2）以點為坐標原點建立合適的空間直角坐標系，設，求出平面平面的一個法向量，則可求出線面夾角的正弦值，則可求得的值.【小問1詳解】連接，平面平面平面平面,平面,平面，,與為菱形的對角線，，，面平面，又平面,.【小問2詳解】以點為坐標原點,以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，設，則,設平面的一個法向量為,則即，令，則,，，又,即的長度為1.22.已知點為拋物線焦點，定點（其中常數滿足），動點在上，且的最小值為．（1）求的方程；（2）過作兩條斜率分別為、的直線、，記與的交點為、，與的交點為、，且線段、的中點分別為、．（i）當，且時，求面積的最小值；（ii）當時，證明：直線恒過定點．【答案】（1）（2）（i）；（ii）證明見解析.【解析】【分析】（1）過點作，垂足為點，由拋物線的定義可知，數形結合可求得的最小值，可求得的值，可得出拋物線的方程；（2）（i）分析可知，，設直線，的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯立，結合韋達定理求出點的坐標，可得出點的坐標，利用三角形的面積公式以及基本不等式可求得面積的最小值；（ii）將直線的方程與拋物線的方程聯立，結合韋達定理求出點的坐標，可得出點的坐標，可求得直線的方程，可得出直線所過定點的坐標.【小問1詳解】解：易知拋物線的準線的方程為，過點作，垂足為點，由拋物線的定義可知，所以，，當且僅當、、三點共線時，等號成立，所以，，可得，拋物線的方程為.【小問2詳解】解：若與軸平行，則與拋物線只有一個公共點，不合乎題意，所以，，同理可知，設直線的方程為，直線的方程為，易知，，且.（i）因為，且，所以，，且，不妨設、，聯立得，恒成立，由韋達定理可得，且，所以，點，同理可