2022-2023学年广西南宁市高二年级下册学期教学质量调研数学试题【含答案】

2022-2023学年广西南宁市高二下学期教学质量调研数学试题一、单选题1．已知，，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．7【答案】B【分析】利用两点的斜率公式求解.【详解】因为，，所以线的斜率为.故选：B.2．已知空间四边形ABCD中，，，，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则（

）．A． B．C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算即可求出结果．【详解】如图，连接，则，故选：B．3．已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（

）A．2 B．3 C．6 D．9【答案】C【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.4．已知在等差数列中，，，则（

）A．12 B．10 C．6 D．4【答案】C【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，即可求解作答.【详解】在等差数列中，，得，公差，所以.故选：C5．点到双曲线的一条渐近线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.故选：A.6．已知平面向量，满足，，且，则与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量垂直得数量积，再由向量的数量积的定义求得夹角．【详解】∵，∴，∴，∴，，∴．故选：C．【点睛】本题考查求向量的夹角，考查平面向量数量积的定义，解题关键是掌握向量垂直与数量积的关系．7．如图，正方形的边长为5，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续10个正方形的面积之和等于（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】将正方形面积按作法次序排成一列得数列，再确定该数列为等比数列，借助等比数列前n项和公式求解作答.【详解】依题意，将正方形面积按作法次序排成一列得数列，，因为后一个正方形边长是相邻前一个正方形边长的，因此，即数列是等比数列，公比，所以前10个正方形的面积之和.故选：A8．已知圆，过直线在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【解析】根据圆的切线方程可以求出直线AB的方程，最后利用基本不等式进行求解即可.【详解】设，则，设，，当时，，所以切线方程为：，而，化简为：，显然当或时也适合，所以切线方程为，同理，将P的坐标代入上述直线方程，则有，于是直线AB的方程为，因此，，的面积为，当且仅当，即时取等号.所以面积的最小值为1.故选：B二、多选题9．下列说法错误的是（

）A．直线必过定点B．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为C．经过点，倾斜角为的直线方程为D．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为【答案】BCD【分析】A选项由含参直线方程过定点的求法计算即可；B选项没有考虑直线过原点的情况，故错误；C选项，由倾斜角与斜率的关系即可判断；D选项计算出端点值后，由线段MN与y轴相交判断斜率的范围应取端点值两侧，故错误.【详解】A选项，直线方程变形为，令，解得，即原直线必过定点，A正确；B选项，当直线l过原点时，也满足在两坐标轴上的截距相等，此时直线l的方程为，B不正确；C选项，当时，无意义，故C不正确；D选项，直线经过定点，当直线经过M时，斜率为，当直线经过N点时，斜率为，由于线段MN与y轴相交，故实数k的取值范围为或，D不正确.故选：BCD.10．在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（

）A． B．数列是公差为2的等差数列C． D．数列是等比数列【答案】AD【解析】利用等比数列通项公式求解，，进而求得，，，从而判断各选项.【详解】由等比数列通项公式得，解得，或，又公比为整数，故，，故A选项正确；，故数列是公差为的等差数列，故B选项错误；，故，故C选项错误；，故为等比数列，即D选项正确；故选：AD.11．如图，在正方体中，为的中点，为的中点，下列判断正确的是（

）A．平面 B．平面平面C．异面直线与所成角的余弦值为 D．若，则【答案】BD【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设出正方体的棱长，利用坐标法计算判断ABC；利用等体积法求出体积判断D作答.【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体的棱长为1，则，，，，，，，对于A，，设是平面的法向量，则，令，得，因此，与不垂直，所以与平面不平行，A错误；对于B，，设是平面的法向量，则，令，则，又，，设是平面的法向量，则，令，得，于是，即，所以平面平面，B正确；对于C，，异面直线与所成角的余弦值为：，C错误；对于D，，则有，D正确.故选：BD12．一般地，我们把离心率为的椭圆称为“黄金椭圆”.对于下列说法正确的是（

）A．椭圆是黄金椭圆B．在中，，，且点在以，为焦点的黄金椭圆上，则的周长为C．过黄金椭圆的右焦点作垂直于长轴的垂线，交椭圆于，两点，则D．设，是黄金椭圆的两个焦点，则椭圆上满足的点不存在【答案】BCD【分析】求出椭圆离心率判断A；求出焦点的周长判断B；借助方程组求出弦长判断C；求出与0的关系判断D作答.【详解】对于A，椭圆的长半轴长，半焦距，离心率，A错误；对于B，黄金椭圆半焦距，则长半轴长，因此焦点的周长为，B正确；对于C，由得，则，C正确；对于D，黄金椭圆焦距，，当且仅当时取等号，则，即不是直角，因此黄金椭圆上满足的点不存在，D正确.故选：BCD三、填空题13．空间中点关于轴的对称点,点,则,连线的长度为___________.【答案】【分析】写出点关于轴的对称点,再利用两点距离公式求解.【详解】由题意可得,则,故答案为:.【点睛】本题考查了空间中的点对称以及两点间的距离问题,属于简单题.14．已知点是椭圆上的一点，且位于第一象限内，以点及焦点、为顶点的三角形的面积等于1，则点的坐标为______.【答案】【分析】求出椭圆的焦距，利用给定的面积求出点P的纵坐标即可作答.【详解】椭圆的焦点，，设点，依题意，，又，于是，所以点的坐标为.故答案为：15．圆与圆的公共弦的长为_________．【答案】【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.【详解】将圆与圆的方程作差可得，所以，两圆相交弦所在直线的方程为，圆的圆心为原点，半径为，原点到直线的距离为，所以，两圆的公共弦长为.故答案为：.16．我国的《洛书》中记载着世界上最古老的幻方：将1，2，…，9填入方格内使三行、三列、两条对角线的三个数之和都等于15，如图所示.一般地，将连续的正整数1，2，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做阶幻方.记阶幻方的对角线上数的和为，例如，，，……，那么______.【答案】.【分析】首先根据题意得到，再利用等差数列求和即可.【详解】由题知：，，，……，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的求和，熟记公式为解题关键，属于简单题.四、解答题17．如图，已知的顶点为，，，求：（1）AB边所在直线的方程；（2）AB边上的高线CH所在直线的方程.【答案】（1）AB边所在直线的方程是；（2）.【分析】（1）由AB的坐标可得斜率，由点斜式方程可写出方程，化为一般式即可；（2）由垂直关系可得高线的斜率，由高线过点C，同（1）可得.【详解】（1），，由点斜式方程可得，化为一般式可得；（2）由（1）可知，故AB边上的高线CH所在直线的斜率为，又AB边上的高线CH所在直线过点，所以方程为，化为一般式可得.【点睛】本题考查直线一般式方程的求解，从点斜式出发是解决问题的关键，属基础题.18．已知在平行六面体中，，，且.(1)求的长；(2)求向量与夹角的余弦值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）用空间的一个基底表示向量，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.【详解】（1）在平行六面体中，为空间的一个基底，因为，，且，则，，所以.（2）由（1）知，，则，又，所以向量与夹角的余弦值.19．北京时间2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，全国人民都为我国的科技水平感到自豪.某学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.如图，航天器按顺时针方向运行的轨迹方程为，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以轴为对称轴，为顶点的抛物线的一部分（从点到点）.已知观测点A的坐标，当航天器与点A距离为4时，指挥中心向航天器发出变轨指令.(1)求航天器变轨时点的坐标；(2)求航天器降落点与观测点A之间的距离.【答案】(1)(2)3【分析】（1）设出点，利用的距离和椭圆方程可求出点的坐标；（2）根据抛物线经过的点求出方程，解出降落点的坐标，可得答案.【详解】（1）设，由题意，，即，又，联立解得或（舍），当时，，故的坐标为.（2）由题意设抛物线的方程为，因为抛物线经过点，，所以，，解得，即；令可得或（舍），即；所以，所以航天器降落点与观测点A之间的距离为3.20．数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2n2+n,,数列{bn}满足an=4log2bn+3,.（1）求an和bn的通项公式；（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.【答案】（1），bn=2n-1,

（2）【详解】试题分析：第一问利用数列的项与和的关系，，先求出当时的关系式，再去验证时是否成立，从而确定出最后的结果，将代入题中所给的式子，化简求得，所以数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项积所构成的新数列，利用错位相减法求得其和．试题解析：（1）由Sn=2n2+n，可得当时，当时，符合上式，所以由an=4log2bn＋3可得=4log2bn＋3，解得．（2）∴①②①-②可得∴．【解析】求数列的通项公式，错位相减法求和．【思路点睛】该题考查的是数列的综合问题，在求数列的通项公式时，需要应用数列的项与和的关系，在求解的过程中，需要对时对的式子是否成立，求数列的通项公式时需要对指对式的互化要熟练掌握，第二问，在对数列进行求和时，应用错位相减法求和，而应用错位相减法对数列求和的步骤是比较关键的，需要加强．21．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.22．已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，(1)求圆心的轨迹方