2023學年第一學期溫州市高二期末教學質量統一檢測數學試題（A卷）本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘．考生注意：1．考生答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卷上．2．選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卷上對應題目的答案涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈．3．非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卷上相應區域內，答案寫在本試題卷選擇題部分上無效．一、選擇題：本大題共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.已知直線方程，則傾斜角為（）A.45° B.60° C.120° D.135°【答案】D【解析】【分析】求出直線的斜率，進而得到直線的傾斜角.【詳解】直線的斜率為1，設直線的傾斜角為，則，因為，所以.故選：D.2.在空間四邊形ABCD中，點M，G分別是BC和CD的中點，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據已知可得，代入即可得出答案.【詳解】因為，點G是CD的中點，所以，，所以，故選：C3.已知函數滿足，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出導函數，代入，即可得出答案.【詳解】由已知可得，，則，所以，.故選：A.4.已知為等比數列的前n項和，，則（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】根據與的關系，求出當時，，以及，.由等比數列的可得，求出的值，代入得出，.【詳解】由已知可得，，當時，，所以，，且.由為等比數列，可知，解得.所以，，.故選：C.5.已知圓錐有一個內接圓柱，當圓柱的側面積最大時，圓柱與圓錐的高之比為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】畫出圓錐及其內接圓柱的軸截面，利用條件結合圓柱的側面積公式求圓柱的側面積，利用二次函數的圖象和性質求解即可．【詳解】設圓錐的底面半徑為，高為；圓柱的底面半徑為，高為，畫出圓錐及其內接圓柱的軸截面，如圖則，．圓柱側面積．當時，圓柱側面積最大，此時圓柱與圓錐的高之比為．故選：B.6.傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家用沙粒或小石子來研究數．他們根據沙粒或小石頭所排列的形狀把數分成許多類，如圖的1，5，12，22稱為五邊形數，若五邊形數所構成的數列記作，下列不是數列的項的是（）A.35 B.70 C.145 D.170【答案】D【解析】【分析】根據已知得出的前幾項，進而得出遞推公式.根據累加法求得通項公式為.分別令取35，70，145，170，求出的正整數解的情況，即可得出答案.【詳解】由已知可得，，，，，所以，.當時，累加法求和如下，，，，兩邊同時相加可得，，整理可得，.對于A項，令可得，，解得或（舍去）.所以，，故A項錯誤；對于B項，令可得，，解得或（舍去）.所以，，故B項錯誤；對于C項，令可得，，解得或（舍去）.所以，，故C項錯誤；對于D項，令可得，，解得（舍去）或（舍去）.所以，170不是數列的項，故D項正確.故選：D.7.已知F為橢圓的左焦點，過點F的直線l交橢圓于A，B兩點，，則直線AB的斜率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出坐標，設，直線斜率為，傾斜角為，結合圖象得出，表示出直線的方程為，與橢圓聯立，根據韋達定理得出，進而推得，根據三角函數基本關系式化簡，得出方程，求解即可得出答案.【詳解】易知，，，點.不妨設，，直線斜率為，傾斜角為，易知，且直線的方程為，聯立直線與橢圓的方程，消去可得，.根據韋達定理可得，.又，所以有，所以，.又，代入可得，所以，，解得，所以，.故選：B.8.若函數在上單調遞增，則a和b的可能取值為（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】二次求導得到在上單調遞增，要想在上單調遞增，只需，A選項，構造，，求導得到單調性，求出，得到；B選項，；C選項，令，，求導得到其單調性，求出；D選項，構造，，求導得到單調性，得到，從而求出.【詳解】，且，且，，令，則恒成立，故在上單調遞增，要想在上單調遞增，只需，即只需，A選項，令，，則在上恒成立，故在上單調遞增，故，即，故，A錯誤；B選項，由于，故，B錯誤；C選項，，令，，則恒成立，故在上單調遞減，故，即，C錯誤；D選項，，令，，則恒成立，故在上單調遞減，故，即，故，D正確.故選：D【點睛】比較大小或證明不等式常用的不等式放縮如下：，，，，等，根據不等式特征，選擇合適的函數進行求解.二、選擇題：本大題共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.以下選項中的兩個圓錐曲線的離心率相等的是（）A.與 B.與C.與 D.與【答案】CD【解析】【分析】根據橢圓、雙曲線以及拋物線的離心率公式，分別求出各個圓錐曲線的離心率，即可得出答案.【詳解】對于A項，雙曲線的離心率為；橢圓的離心率為，故A錯誤；對于B項，雙曲線的離心率為；雙曲線的離心率為，故B錯誤；對于C項，橢圓的離心率為；橢圓的離心率為，故C項正確；對于D項，方程可化為拋物線，方程可化為拋物線，而且拋物線的離心率均為1，故D項正確.故選：CD.10.已知函數，則（）A.B.有兩個極值點C.在區間上既有最大值又有最小值D.【答案】ABD【解析】【分析】求導得出導函數，代入，即可判斷A項；根據導函數得出函數的單調性，即可得出函數的極值，進而判斷B項；根據B項的單調性與極值，結合函數的極值以及、，即可判斷C項；求出的值，即可判斷D項.【詳解】對于A項，由已知可得，，所以.故A正確；對于B項，解可得，或.解可得，或，所以在上單調遞增，在上單調遞增；解可得，，所以在上單調遞減.所以，在處取得極大值，在處取得極小值.故B正確；對于C項，由B知，在處取得極大值，在處取得極小值.因，，，.顯然，所以，在區間上沒有最大值.故C錯誤；對于D項，因為，，.所以，.故D項正確.故選：ABD.11.已知數列的前n項和為，且，，則下列命題正確的是（）A.若為等差數列，則數列為遞增數列B.若為等比數列，則數列為遞增數列C.若為等差數列，則數列為遞增數列D.若為等比數列，則數列為遞增數列【答案】ACD【解析】【分析】AC選項，得到公差，，結合等差數列求和公式得到對恒成立，A正確，推出得到C正確；BD選項，得到公比，舉出反例得到C錯誤，由，且，得到D正確.【詳解】因為，，所以，且，AC選項，若為等差數列，則公差，，則，對恒成立，則數列為遞增數列，A正確；由于，故，又，故，則，數列為遞增數列，C正確；BD選項，若為等比數列，則公比，不妨設，，則，故，則數列不為遞增數列，B錯誤；由于，故，又，故數列遞增數列，D正確.故選：ACD12.已知在直三棱柱中，，，，點分別為棱，，上的動點（不含端點），點為棱的中點，且，則（）A.平面B.平面C.點到平面距離的最大值為D.平面與平面所成角正弦值的最小值為【答案】ABC【解析】【分析】以點為原點建立空間直角坐標系，設，利用向量法逐一分析判斷即可.【詳解】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，設，則，，故，所以，則，故，所以，對于A，，則，，所以，則，又平面，平面，所以平面，故A正確；對于B，，則，假設平面，則四點共面，所以存在唯一實數對，使得，即，所以，解得，所以四點共面，即平面，故B正確；對于C，，設平面的法向量為，則有，令，則，所以，所以點到平面距離為令，則，故，當，即時，，所以點到平面距離的最大值為，故C正確；對于D，因為平面，所以即為平面的一條法向量，，則，設平面的法向量為，則有，令，則，故，設平面與平面所成的角為，則，則，當時，，所以平面與平面所成角正弦值的最小值為，故D錯誤.故選：ABC.【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.非選擇題部分三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.等差數列的前n項和為，已知，且，則公差______．【答案】【解析】【分析】根據已知可推得，進而得出答案.【詳解】由可得，，即，又，所以，.故答案為：.14.已知圓：和圓：外離，則整數的一個取值可以是______．【答案】（答案不唯一，或7或8）【解析】【分析】寫出兩圓的圓心及半徑，利用兩點之間坐標公式求出圓心的距離，利用兩圓相離的關系列出不等式，求出整數m的值.【詳解】由題意，將兩圓的方程化為標準方程：得：圓，圓，圓的圓心為，圓的圓心為，圓的半徑為3，圓的半徑為，∴兩圓圓心的距離為．所以，解得，所以整數的取值可能是．故答案為：（答案不唯一，或7或8）.15.兩個正方形ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直，M和N分別是對角線AC和BF上的動點，則MN的最小值為______．【答案】【解析】【分析】建立空間坐標系，設點坐標的得到線段長度表達式，配方利用二次函數最小值.【詳解】因為平面平面，平面平面,，平面,根據面面垂直的性質定理知平面，，從而，，兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，設，，．=，當時，最小，最小值為；故答案為：16.已知雙曲線C：的左、右焦點分別為，，l：是C的一條漸近線，是C第一象限上的點，直線與l交于點，，則______．【答案】##【解析】【分析】作出圖形，合理轉化條件，硬解出點的縱坐標，利用焦點三角形面積相等求解即可.【詳解】如圖連接設，易知是C的一條漸近線，，則，而，故，則雙曲線的方程為，，，則，，由得，解得，則，故，則的方程為，化簡得，聯立方程組，，設，，可得，故，，由圖易得，則，解得，易知，由焦點三角形面積公式得，故，解得.故答案為：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.如圖，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，平面ABCD，，M為PB的中點．（1）求證：平面平面PDB；（2）求CP與平面MAC所成角的正弦值．【答案】（1）證明過程見講解.（2）【解析】【分析】（1）利用直線與平面的垂直的性質，平面與平面的判斷定理進行證明.（2）利用空間向量求解.【小問1詳解】因為四邊形為菱形，所以.因為平面，因為平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】連接，交于，因為四邊形為菱形，所以為的中點，因為M為PB的中點，所以為的中位線，所以，因為平面ABCD，所以平面，如圖建立空間直角坐標系.根據題意有,,所以，易知平面的一個法向量為，設CP與平面MAC所成角為，則，所以CP與平面MAC所成角的正弦值.18.已知圓滿足：①截軸所得弦長為2；②被軸分成兩段圓弧，其弧長比為3：1；③圓心到直線：的距離為，求該圓的方程．【答案】或【解析】【詳解】（法一）設圓P的圓心為P（a，b），半徑為r，則點P到x軸，y軸的距離分別為|b|，|a|．由題意可知圓P截x軸所得劣弧對的圓心角為90°圓P截x軸所得的弦長為，2|b|=，得r2=2b2，圓P被y軸所截得的弦長為2，由勾股定理得r2=a2+1，得2b2a2=1．又因P（a，b）到直線x2y=0的距離為，得d=，即有綜前述得，解得，，于是r2=2b2=2所求圓的方程是，或（法二）設圓的方程為，令x=0，得，所以，得再令y=0，可得，所以，得，即，從而有2b2a2=1．又因為P（a，b）到直線x2y=0的距離為，得d=，即有綜前述得，解得，，于是r2=2b2=2所求圓的方程是，或19.已知數列滿足，．（1）求證：數列為等差數列；（2）設數列前n項和為，且對任意的恒成立，求k的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）證明為定值即可；（2）先求出數列的通項，要使對任意的恒成立，只需要即可，令，利用單調法求出數列的最小項即可得解.【小問1詳解】因為，所以，即，所以數列是首項為，公差為的等差數列；【小問2詳解】由（1）得，所以，要使對任意的恒成立，只需要即可，令，則，所以數列是遞增數列，所以，即，所以.20.已知函數．（1）討論的單調性；（2）求證：當時，．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導，再分和兩種情況討論即可得解；（2）由（1）可得當時，，要證，只需要證明即可，即，令，利用導數求出的最小值即可得證.【小問1詳解】函數的定義域為，，當時，，所以函數在上單調遞增，當時，令，則，令，則，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，綜上所述，當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；【小問2詳解】由（1）可得當時，，要證，只需要證明即可，即，即，令，則，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，所以當時，.21.已知點在雙曲線C：上，（1）求C的方程；（2）如圖，若直線l垂直于直線OA，且與C的右支交于P、Q兩點，直線AP、AQ與y軸的交點分別為點M、N，記四邊形MPQN與三角形APQ的面積分別為與，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由點在雙曲線上，代入求得的值，即可求解；（2）根據題意，設直線為，聯立方程組，由，求得，且，利用弦長公式求得則，進而得到，再由直線和的方程，得到，求得的面積，進而得到，結合函數的性質，即可求解.【小問1詳解】解：由點在雙曲線上，可得，解得，所以雙曲線的方程為.【小問2詳解】解：由直線垂直于，可得直線的斜率為，設直線的方程為，且，聯立方程組，整理得，因為直線與雙曲線的右支交于兩點，則，解得，可得，則，又由點到直線的距離為，所以，直線的方程為，令，可得，直線的方程為，令，可得則，所以的面積，又由，則，令，可得函數在上單調遞減，且，所以，所以，即的取值范圍為.【點睛】方法點睛：解答圓錐曲線的最值與范圍問題的方法與策略：（1）幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決；（2）函數取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③單調性法；④三角