湖北省黄冈市2022-2023学年高二上学期期末数学试题（含解析）

黄冈市2022年秋季高二年级期末调研考试数学黄冈市教育科学研究院命制本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将答题卡上交.一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知直线与轴垂直，则为（）A. B.0 C. D.或0【答案】A【解析】【分析】由直线与轴垂直得到方程和不等式，求出的值.【详解】因为与轴垂直，所以直线的斜率为0，所以，且，解得.故选：A.2.已知等比数列的前项和为，，且，则（）A.40 B.120 C.121 D.363【答案】C【解析】【分析】由题目条件求出公比和首项，利用等比数列求和公式求出答案.【详解】设公比为，由，可得，所以，所以，由，可得，即，所以，所以.故选：C.3.年华人数学家张益唐证明了孪生素数（注：素数也叫做质数）猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在年提出的个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数使得是素数，素数对称为孪生素数.从以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】列举出以内的素数，以及任取两个不同的素数构成的数对，确定孪生素数的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】以内的素数有、、、，任取两个不同的素数有、、、、、，共个，其中孪生素数有、，共个，故所求概率为.故选：B.4.如图，已知空间四边形，M，N分别是边OA，BC的中点，点满足，设，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算一步步将向量化为关于，，，即可整理得出答案.【详解】，，，，.故选：B.5.已知，，若直线上存在点，使得，则实数取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可得直线与圆：有公共点（公共点不能是、），结合直线与圆的位置关系分析运算.【详解】若，则点在以，为直径的圆上（点不能是、），∵以，为直径的圆的圆心为，半径，则圆的方程为，即直线与圆：有公共点（公共点不能是、），当直线与圆：有公共点时，则，解得；当直线与圆：的公共点为A或B时，则直线即为x轴，即；综上所述：实数的取值范围为.故选：B.6.已知是双曲线右支上一点，记到双曲线左焦点的距离为，到双曲线一条渐近线的距离为，若的最小值等于双曲线的焦距长，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线定义得到，故，数形结合得到当点为线段与双曲线的交点时，此时取得最小值，从而列出方程，求出，得到渐近线方程.【详解】由双曲线定义可知：，故，故，过点作渐近线的垂线，垂足为，当点为线段与双曲线的交点时，此时取得最小值，最小值即为，则，解得：，两边平方得：，又，所以，渐近线方程为.故选：A7.已知在大小为的二面角中，，，于点，于点，且，则直线与所成角的余弦为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长，即可求解【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接，因为，，则，又因为，，，故二面角的平面角为，因为四边形为平行四边形，则，，所以在中，，则，，则，，，平面，故平面，因为平面，则，故.，所以直线与所成角相当于直线与所成角，即，所以，故选：B8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，，且，椭圆的离心率为，则实数（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】设，根据椭圆的定义求出，，利用即可求解.【详解】因为，设，由椭圆的定义可得：，则，因为，所以，所以，即，又因为椭圆的离心率为，所以，则有，所以，则，则，由，所以，因为，所以，所以，即，解得：，故选：.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现3点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为10”，则下列说法正确的有（）A.A与B不互斥且相互独立 B.A与D互斥且不相互独立C.B与C不互斥且相互独立 D.B与D互斥且不相互独立【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，求出事件A，B，C，D的概率，再利用互斥事件、相互独立事件的定义判断作答.【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的试验结果有：，，，，共36个不同结果，事件A所含的结果有：，共6个，事件B所含的结果有24个，事件C所含的结果有18个，事件D所含的结果有：，共3个，因此，对于A，事件A与B都含有，共4个结果，即事件A与B可以同时发生，而，A与B不互斥且相互独立，A正确；对于B，事件A与D不能同时发生，，A与D互斥且不相互独立，B正确；对于C，事件B与C都含有，共12个结果，即事件B与C可以同时发生，，B与C不互斥且相互独立，C正确；对于D，事件B与D都含有，即B与D可以同时发生，，因此B与D不互斥且不相互独立，D错误.故选：ABC10.已知等差数列的前项和为，且，，数列的前项和为.则下列说法正确的有（）A.， B.当且仅当时，取得最小值C.当时，的最大值为17 D.当且仅当时，取得最大值【答案】ABD【解析】【分析】由结合等差数列的角标性质判断ABC；由裂项相消求和法判断D.【详解】对于A：设等差数列的公差为，因为，所以，因为，所以.因为，所以.由，可得，因为，所以，故A正确；对于B：因为，，所以当且仅当时，取得最小值，故B正确；对于C：，即当时，的最大值不是17，故C错误；对于D：因为，所以当最小时，最大.当时，，，此时最小，即当时，取得最大值，故D正确；故选：ABD11.如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，点是棱的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（）A.存在点使得平面B.当时，存在点使得直线与平面所成的角为C.当时，满足的点有且仅有两个D.当时，满足的点的轨迹长度为【答案】AD【解析】【分析】根据直棱柱的性质及面面平行的性质判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量判断B、C、D.【详解】解：如图建立空间直角坐标系D-xyz，则，，，，对于A：由直棱柱的性质可知平面平面，当时平面，故A正确；对于B：当时，设，，则，显然平面法向量可以为，设直线与平面所成的角为，则，若直线与平面所成的角为，则，即，所以，因为，所以，，所以，故不存在使得，即不存在点使得直线与平面所成的角为，故B错误；对于C：由，，因为，所以，所以，所以，即，所以满足的点有且仅有个，故C错误；对于D：当时，，，，因为，所以，即，由，又，则圆心，半径为的圆与轴、轴分别交于点、，如下图所示：过点作交于点，则，所以，则，又，所以，所以，圆弧的长度，所以点的轨迹长度为，故D正确；故选：AD12.已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于两点，点，直线与抛物线的另一个交点分别为，则下列说法正确的有（）A.直线过定点B.与的面积之比为C.若直线，斜率都存在，且分别为，，则D.与的面积之和的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】可通过特殊情况，直线斜率不存在时求得直线不过定点，排除A，也可以通过设出的方程与抛物线方程联立，求得纵坐标关系，两点式写出方程，化简整理可得方程过定点，用纵坐标表示两个三角形面积之比，直线，斜率化简可判断B，C正确，与的面积之和用纵坐标表示，化简后利用基本不等式可求得最小值.【详解】当与垂直时，，又，，与抛物线方程联立，得，与抛物线方程联立，得，，不过定点，所以A错误.如图：设，交轴于，设，得，则，设，得，则，设，得，则，直线，所以直线过定点，所以B正确.,所以C正确.,,所以D正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.是空间向量的一组基底，，，，已知点在平面内，则______.【答案】3【解析】【分析】根据空间向量共面定理可得存在与使得,从而可求解.【详解】因为点在平面内，所以，，共面，所以存在与使得,即，所以，解得.故.故答案为:3.14.已知圆被直线所截得的两段圆弧的弧长之比为，且圆上恰有三个不同的点到直线的距离为，则直线被圆所截得的弦长为______.【答案】【解析】【分析】设圆的半径为，作出图形，计算出圆心到直线的距离为为，根据题意可得出关于的等式，解出的值，利用勾股定理可求得直线被圆所截得的弦长.【详解】设圆的半径为，因为圆被直线所截得的两段圆弧的弧长之比为，则劣弧所对的圆心角为，所以，圆心到直线的距离为，将直线平移，使得平移后的直线与直线之间的距离为，如下图所示：假设平移后的直线为、，则这两条直线一条与圆相切，一条与圆相交，不妨设直线与圆相切，则直线与之间距离为，可得，所以，直线截圆所得弦长为.故答案为：.15.已知，分别为椭圆的左、右焦点，焦距为8，过的直线与该椭圆交于M，N两点，若的最小值为，则周长为______.【答案】【解析】【分析】根据焦距为8，的最小值为可得：，，结合椭圆的定义进而求解.【详解】由题意可知：，解得：，，由椭圆的定义可得：周长为，故答案为：.16.已知的前项和为，，，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意令和，代入整理可得，利用并项求和结合等差数列求和运算求解.【详解】当时，则为偶数，为偶数，可得，，两式相加可得：，故，解得.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题中出现，故应讨论的奇偶性，根据题意把相邻的四项合并为一项，组成一个新的数列，再进行求和运算，同时注意对的处理.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某公司招聘考试分笔试与面试两部分进行，每部分成绩只记“合格”与“不合格”，两部分成绩都合格者则被公司录取.甲、乙、丙三人在笔试部分合格的概率分别为，，，在面试部分合格的概率分别为，，，所有考试是否合格相互之间没有影响.（1）假设甲、乙、丙三人都同时参加了笔试和面试，谁被录取的可能性最大?（2）当甲、乙、丙三人都参加了笔试和面试之后，不考虑其它因素，求三人中至少有一人被录取的概率.【答案】（1）丙（2）【解析】【分析】（1）记甲、乙、丙三人被录取分别为事件A，B，C，且A，B，C相互独立，甲、乙、丙三人被录取即三人即通过笔试部分又通过面试部分，由独立事件概率的乘法公式计算得出，，，比较概率的大小即可得出答案；（2）记三人中至少有一人被录取为事件，则与互为对立事件，从而根据对立事件的计算公式与独立事件概率的乘法公式计算得出答案.【小问1详解】记甲、乙、丙三人被录取分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，则，，，，丙被录取的可能性最大.【小问2详解】记三人中至少有一人被录取为事件，则与互为对立事件，.18.已知直线，，且.（1）求与之间的距离；（2）一束光线从出发经反射后平行于轴射出，求入射光线所在的直线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由平行条件得出的值，再由距离公式求解；（2）由关于的对称点得出反射光线的方程，并与直线联立得出入射点，进而由两点式写出方程.【小问1详解】由可得：，解得：或当时，，，此时与重合，舍去当时，，，此时，符合题意故与之间的距离为.【小问2详解】设关于的对称点为，则解得：，∴联立，解得：，∴入射点为.故入射光线所在直线方程为，即.19.已知数列的前项和为，且，，数列是等差数列.（1）求证数列为等比数列；（2）求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式整理可得，由与的关系整理得，根据等比数列的定义分析理解；（2）根据等比数列通项公式可得，法一：根据题意直接代入运算；法二：利用错位相减法求和；法三：整理可得，利用裂项相消法求和.【小问1详解】对于等差数列可得：当时，则；当时，则；∴是以9为首项，9为公差的等差数列，则，即①，当时，②，得：，整理得：，且，∴是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】方法一：由（1）可知，，则，∴；方法二：由（1）可知，，则，①，②，得：，∴；方法三：由（1）可知，，则，设，比较系数得：，解得：，∴∴.20.在如图所示的多面体中，四边形为菱形，在梯形中，，，，平面平面.（1）证明：⊥平面；（2）若直线与平面所成的角为60°，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而得到，结合，得到线面垂直；（2）在第一问的基础上，得到直线与平面所成的角为，故，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：∵平面平面，，平面，平面平面，∴平面，又平面，∴，∵四边形为菱形，∴，又，平面，∴⊥平面；【小问2详解】设，由（1）可知，平面，则直线在面内的射影为，故直线与平面所成的角为，∴，和均为边长为2的等边三角形，以为原点，，为，轴建立空间直角坐标系，如下图：由⊥平面，可得平面的法向量为，而，，，∴，，设平面的法向量，则，取，可得，故，∴平面与平面夹角的余弦值为.21.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正