2022-2023学年山东省威海乳山市高二年级下册学期开学考试数学试题【含答案】

2022-2023学年山东省威海乳山市高二下学期开学考试数学试题一、单选题1．已知是关于x的方程的根，则实数（

）A． B． C．2 D．4【答案】B【解析】依题意知方程的根互为共轭复数，结合韦达定理可求得结果.【详解】因为是关于x的方程的根，则另一根为由韦达定理得，所以故选：B2．直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】可化为，即可得出斜率.【详解】可化为，则故选：C【点睛】本题主要考查了已知直线方程求斜率，属于基础题.3．已知动点在直线上运动，动点在直线上运动，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据两平线上任意两点距离的最小值即为平行线间的距离求解.【详解】因为，所以，解得，化简得设间的距离为，则，由平行线的性质知的最小值为，故选：C4．已知在一个二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设这个二面角的度数为，由题意得，从而得到，由此能求出结果.【详解】解：设这个二面角的度数为，由题意得，，，解得，∴，∴这个二面角的度数为，故选：C.【点睛】本题考查利用向量的几何运算以及数量积研究面面角，属于中档题.5．如图，在正四面体中，是的中点，则与所成角的余弦值是A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点,连接,,可得就是与所成的角,设,可得,,利用余弦定理可得的值,可得答案.【详解】解:如图:,取的中点,连接,,可得就是与所成的角,设,则,,,故选:B.【点睛】本题主要考查异面直线所成得角的余弦值的求法,注意余弦定理的灵活运用,属于基础题.6．若关于的方程恰有两个实数根，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】转化为函数与函数的图象恰有两个交点，作出函数的图象，利用的斜率可求得结果.【详解】因为关于的方程恰有两个实数根，所以函数与函数的图象恰有两个交点，即直线与半圆恰有两个交点，如图：直线经过定点，当直线与半圆切于时，，解得，当直线经过点时，，所以满足函数与函数的图象恰有两个交点的的范围为.故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求.7．若等差数列的前项和为，首项，，，则满足成立的最大正整数是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负．【详解】∵，∴和异号，又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，，由，所以，，∴满足的最大自然数为4040．故选：B．【点睛】关键点睛：本题求满足的最大正整数的值，关键就是求出，时成立的的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解,属于中档题.8．已知数列的各项均为正数，，，若数列的前项和为5，则（

）A．119 B．121 C．120 D．122【答案】C【解析】根据题设条件化简得到，结合等差数列的通项公式，求得，进而得到，结合裂项法，求得数列的前项和，列出方程，即可求解.【详解】由题意，数列的各项均为正数，，，可得，所以数列是以4首项，公差为4的等差数列，所以，可得，又由，前项和，令，解得.故选：C.【点睛】裂项求和的方法与注意点：1、裂项相消法求和：把数列的通项公式拆成两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得数列的前项和；2、使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，且不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点.二、多选题9．已知数列，下列结论正确的有（

）A．若，，则.B．若则C．若，则数列是等比数列D．若，则【答案】AB【解析】直接利用叠加法可判断选项A，从而判断，利用构造新数列可求出B,D中数列的通项公式，可判断，选项C求出数列的前3项从而可判断.【详解】选项A.

由，即则故A正确.选项B.由得所以数列是以为首项，3为公比的等比数列.则，即，所以，故B正确.选项C.由，可得当时，当时，得，当时，得，显然，所以数列不是等比数列，故C错误.选项D.

由，可得所以数列是以1为首项，为公差的等差数列.所以，则，即，故D错误.故选：AB【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得，利用构造新数列解决问题，属于中档题.10．关于双曲线与双曲线下列说法正确的是（

）A．它们的实轴长相等 B．它们的渐近线相同C．它们的离心率相等 D．它们的焦距相等【答案】BD【解析】根据两个双曲线分别求解四个选项中的性质，再比较，判断选项.【详解】双曲线，，，实轴长，渐近线方程，离心率，焦距；双曲线，，，实轴长，渐近线方程，离心率，焦距；综上比较，可知两个双曲线的渐近线，焦距相等.故选：BD11．已知圆和圆的公共点为，，则（

）A． B．直线的方程是C． D．【答案】ABD【解析】两圆相减就是直线的方程，再利用圆心距，判断C，利用弦长公式求.【详解】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，，故A正确；两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，故B正确；，，，，所以不正确，故C不正确；圆心到直线的距离，，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键选项是B选项，当两圆相交，两圆相减后的二元一次方程就是相交弦所在直线方程.12．已知正方体的棱长为，点，在平面内，若，，则（

）A．点的轨迹是一个圆B．点的轨迹是一个圆C．的最小值为D．与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ACD【分析】对于A、B、C、D四个选项，需要对各个选项一一验证.选项A：由，得，分析得E的轨迹为圆；选项B：由，而点F在上，即F的轨迹为线段，；选项C：由E的轨迹为圆，F的轨迹为线段，可分析得；选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1的圆上；故A正确；对于B:正方体中，AC⊥BD，又，且BD∩DF=D，所以，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B错误；对于C:在平面内，到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；对于D:建立如图示的坐标系，则因为点E为在面内，以为圆心、半径为1的圆上，可设所以设平面的法向量，则有不妨令x=1，则，设与平面所成角为α，则：当且仅当时，有最大值，故D正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．三、填空题13．若直线与直线互相垂直，则实数的值为__________．【答案】【解析】直接利用两直线垂直，求出m.【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，解得：故答案为：3【点睛】若用一般式表示的直线,不用讨论斜率是否存在,只要A1A2+B1B2=0,两直线垂直.14．已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为____.【答案】【分析】结合向量的坐标运算，两向量夹角为钝角需满足数量积为负，且夹角不为平角.【详解】，与的夹角为钝角，则，即.又当与的夹角为平角时，有，得.故实数的取值范围为且.故答案为：15．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an=______.【答案】；【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝−an−1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．考点:等比数列的通项公式．16．若为直线上一个动点，从点引圆的两条切线，（切点为，），则的最小值是________.【答案】【解析】根据题意得当的长度最小时，取最小值，进而根据几何关系求解即可.【详解】如图，由题可知圆C的圆心为，半径．要使的长度最小，即要最小，则最小．因为，所以当最小时，最小因为，所以当最小时，最小．因为，所以，所以，由于所以．故答案为：.【点睛】本题解题的关键是根据已知当的长度最小，即要最小，进而得当最小时，最小．由于的最小值为点到直线，故.考查化归转化思想和运算能力，是中档题.四、解答题17．在①圆与轴相切，且与轴正半轴相交所得弦长为．②圆经过点和;③圆与直线相切，且与圆相外切这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的圆存在，求出圆的方程;若问题中的圆不存在，说明理由．问题:是否存在圆，______，且圆心在直线上．注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案见解析.【解析】选择①、②、③，分别用待定系数法求圆的方程；【详解】选择条件①：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以因为圆与轴相切，且与轴正半轴相交所得弦长为所以，，且由垂径定理得解得，所以，所以圆的方程为选择条件②：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以因为圆经过点和，的中点所以的中垂线方程为联立直线解得即，，所以圆的方程为选择条件③：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以所以，所以，因为圆与圆相外切，所以，即可得：，因为该方程，所以方程无解故不存在满足题意的圆．【点睛】“结构不良问题”是2020年新高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分.18．已知数列满足，．（1）设，求证:数列是等比数列;（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）将变形为，得到为等比数列，（2）由（1）得到的通项公式，用错位相减法求得【详解】（1）由，，可得，因为则，，可得是首项为，公比为的等比数列，（2）由（1），由，可得，，，上面两式相减可得：，则．【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．(4)裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.19．正项数列的前n项和Sn满足：(1)求数列的通项公式；(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.【答案】（1）（2）见解析【详解】（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，，符合所以数列的通项公式，;（2）因为，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.20．如图，在四棱锥中，为矩形，，，平面平面．（1）证明:平面平面;（2）若为中点，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用平面，得到，又有，，得到平面，从而平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值．【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，矩形中，，所以平面因为平面，所以又因为，，平面，平面所以平面．因为平面，所以，平面平面．（2）解：由（1）知平面，取中点，连结，则，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则即令，则，，所以同理易得，平面的一个法向量为所以．由图示，平面与平面所成夹角为锐角，所以平面与平面所成夹角的余弦值．【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得，可取所以．由已知得．所以．解得(舍去)，．所以．又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取的