黃岡市2022年秋季高二年級期末調研考試數學黃岡市教育科學研究院命制本試卷共4頁，22題.全卷滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4.考試結束后，請將答題卡上交.一、選擇題：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.已知直線與軸垂直，則為（）A. B.0 C. D.或0【答案】A【解析】【分析】由直線與軸垂直得到方程和不等式，求出的值.【詳解】因為與軸垂直，所以直線的斜率為0，所以，且，解得.故選：A.2.已知等比數列的前項和為，，且，則（）A.40 B.120 C.121 D.363【答案】C【解析】【分析】由題目條件求出公比和首項，利用等比數列求和公式求出答案.【詳解】設公比為，由，可得，所以，所以，由，可得，即，所以，所以.故選：C.3.年華人數學家張益唐證明了孿生素數（注：素數也叫做質數）猜想的一個弱化形式，孿生素數猜想是希爾伯特在年提出的個問題之一，可以這樣描述：存在無窮多個素數使得是素數，素數對稱為孿生素數.從以內的素數中任取兩個，其中能構成孿生素數的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】列舉出以內的素數，以及任取兩個不同的素數構成的數對，確定孿生素數的個數，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】以內的素數有、、、，任取兩個不同的素數有、、、、、，共個，其中孿生素數有、，共個，故所求概率為.故選：B.4.如圖，已知空間四邊形，M，N分別是邊OA，BC的中點，點滿足，設，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據向量的線性運算一步步將向量化為關于，，，即可整理得出答案.【詳解】，，，，.故選：B.5.已知，，若直線上存在點，使得，則實數取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意分析可得直線與圓：有公共點（公共點不能是、），結合直線與圓的位置關系分析運算.【詳解】若，則點在以，為直徑的圓上（點不能是、），∵以，為直徑的圓的圓心為，半徑，則圓的方程為，即直線與圓：有公共點（公共點不能是、），當直線與圓：有公共點時，則，解得；當直線與圓：的公共點為A或B時，則直線即為x軸，即；綜上所述：實數的取值范圍為.故選：B.6.已知是雙曲線右支上一點，記到雙曲線左焦點的距離為，到雙曲線一條漸近線的距離為，若的最小值等于雙曲線的焦距長，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由雙曲線定義得到，故，數形結合得到當點為線段與雙曲線的交點時，此時取得最小值，從而列出方程，求出，得到漸近線方程.【詳解】由雙曲線定義可知：，故，故，過點作漸近線的垂線，垂足為，當點為線段與雙曲線的交點時，此時取得最小值，最小值即為，則，解得：，兩邊平方得：，又，所以，漸近線方程為.故選：A7.已知在大小為的二面角中，，，于點，于點，且，則直線與所成角的余弦為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以、為鄰邊作平行四邊形，連接，計算出、的長，證明出，利用勾股定理可求得的長，即可求解【詳解】如下圖所示，以、為鄰邊作平行四邊形，連接，因為，，則，又因為，，，故二面角的平面角為，因為四邊形為平行四邊形，則，，所以在中，，則，，則，，，平面，故平面，因為平面，則，故.，所以直線與所成角相當于直線與所成角，即，所以，故選：B8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，過的直線交橢圓于A，B兩點，，且，橢圓的離心率為，則實數（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】設，根據橢圓的定義求出，，利用即可求解.【詳解】因為，設，由橢圓的定義可得：，則，因為，所以，所以，即，又因為橢圓的離心率為，所以，則有，所以，則，則，由，所以，因為，所以，所以，即，解得：，故選：.二、選擇題：本題共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.連續拋擲一枚質地均勻的骰子兩次，記錄每次的點數，設事件“第一次出現3點”，“第二次的點數小于5點”，“兩次點數之和為奇數”，“兩次點數之和為10”，則下列說法正確的有（）A.A與B不互斥且相互獨立 B.A與D互斥且不相互獨立C.B與C不互斥且相互獨立 D.B與D互斥且不相互獨立【答案】ABC【解析】【分析】根據給定條件，求出事件A，B，C，D的概率，再利用互斥事件、相互獨立事件的定義判斷作答.【詳解】連續拋擲一枚質地均勻的骰子兩次的試驗結果有：，，，，共36個不同結果，事件A所含的結果有：，共6個，事件B所含的結果有24個，事件C所含的結果有18個，事件D所含的結果有：，共3個，因此，對于A，事件A與B都含有，共4個結果，即事件A與B可以同時發生，而，A與B不互斥且相互獨立，A正確；對于B，事件A與D不能同時發生，，A與D互斥且不相互獨立，B正確；對于C，事件B與C都含有，共12個結果，即事件B與C可以同時發生，，B與C不互斥且相互獨立，C正確；對于D，事件B與D都含有，即B與D可以同時發生，，因此B與D不互斥且不相互獨立，D錯誤.故選：ABC10.已知等差數列的前項和為，且，，數列的前項和為.則下列說法正確的有（）A.， B.當且僅當時，取得最小值C.當時，的最大值為17 D.當且僅當時，取得最大值【答案】ABD【解析】【分析】由結合等差數列的角標性質判斷ABC；由裂項相消求和法判斷D.【詳解】對于A：設等差數列的公差為，因為，所以，因為，所以.因為，所以.由，可得，因為，所以，故A正確；對于B：因為，，所以當且僅當時，取得最小值，故B正確；對于C：，即當時，的最大值不是17，故C錯誤；對于D：因為，所以當最小時，最大.當時，，，此時最小，即當時，取得最大值，故D正確；故選：ABD11.如圖，直四棱柱的底面是邊長為2的正方形，，點是棱的中點，點在底面內運動（包括邊界），則下列說法正確的有（）A.存在點使得平面B.當時，存在點使得直線與平面所成的角為C.當時，滿足的點有且僅有兩個D.當時，滿足的點的軌跡長度為【答案】AD【解析】【分析】根據直棱柱的性質及面面平行的性質判斷A，建立空間直角坐標系，利用空間向量判斷B、C、D.【詳解】解：如圖建立空間直角坐標系D-xyz，則，，，，對于A：由直棱柱的性質可知平面平面，當時平面，故A正確；對于B：當時，設，，則，顯然平面法向量可以為，設直線與平面所成的角為，則，若直線與平面所成的角為，則，即，所以，因為，所以，，所以，故不存在使得，即不存在點使得直線與平面所成的角為，故B錯誤；對于C：由，，因為，所以，所以，所以，即，所以滿足的點有且僅有個，故C錯誤；對于D：當時，，，，因為，所以，即，由，又，則圓心，半徑為的圓與軸、軸分別交于點、，如下圖所示：過點作交于點，則，所以，則，又，所以，所以，圓弧的長度，所以點的軌跡長度為，故D正確；故選：AD12.已知拋物線的焦點為，過的直線與拋物線交于兩點，點，直線與拋物線的另一個交點分別為，則下列說法正確的有（）A.直線過定點B.與的面積之比為C.若直線，斜率都存在，且分別為，，則D.與的面積之和的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】可通過特殊情況，直線斜率不存在時求得直線不過定點，排除A，也可以通過設出的方程與拋物線方程聯立，求得縱坐標關系，兩點式寫出方程，化簡整理可得方程過定點，用縱坐標表示兩個三角形面積之比，直線，斜率化簡可判斷B，C正確，與的面積之和用縱坐標表示，化簡后利用基本不等式可求得最小值.【詳解】當與垂直時，，又，，與拋物線方程聯立，得，與拋物線方程聯立，得，，不過定點，所以A錯誤.如圖：設，交軸于，設，得，則，設，得，則，設，得，則，直線，所以直線過定點，所以B正確.,所以C正確.,,所以D正確.故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.是空間向量的一組基底，，，，已知點在平面內，則______.【答案】3【解析】【分析】根據空間向量共面定理可得存在與使得,從而可求解.【詳解】因為點在平面內，所以，，共面，所以存在與使得,即，所以，解得.故.故答案為:3.14.已知圓被直線所截得的兩段圓弧的弧長之比為，且圓上恰有三個不同的點到直線的距離為，則直線被圓所截得的弦長為______.【答案】【解析】【分析】設圓的半徑為，作出圖形，計算出圓心到直線的距離為為，根據題意可得出關于的等式，解出的值，利用勾股定理可求得直線被圓所截得的弦長.【詳解】設圓的半徑為，因為圓被直線所截得的兩段圓弧的弧長之比為，則劣弧所對的圓心角為，所以，圓心到直線的距離為，將直線平移，使得平移后的直線與直線之間的距離為，如下圖所示：假設平移后的直線為、，則這兩條直線一條與圓相切，一條與圓相交，不妨設直線與圓相切，則直線與之間距離為，可得，所以，直線截圓所得弦長為.故答案為：.15.已知，分別為橢圓的左、右焦點，焦距為8，過的直線與該橢圓交于M，N兩點，若的最小值為，則周長為______.【答案】【解析】【分析】根據焦距為8，的最小值為可得：，，結合橢圓的定義進而求解.【詳解】由題意可知：，解得：，，由橢圓的定義可得：周長為，故答案為：.16.已知的前項和為，，，則______.【答案】【解析】【分析】根據題意令和，代入整理可得，利用并項求和結合等差數列求和運算求解.【詳解】當時，則為偶數，為偶數，可得，，兩式相加可得：，故，解得.故答案為：.【點睛】方法點睛：本題中出現，故應討論的奇偶性，根據題意把相鄰的四項合并為一項，組成一個新的數列，再進行求和運算，同時注意對的處理.四、解答題：本題共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.某公司招聘考試分筆試與面試兩部分進行，每部分成績只記“合格”與“不合格”，兩部分成績都合格者則被公司錄取.甲、乙、丙三人在筆試部分合格的概率分別為，，，在面試部分合格的概率分別為，，，所有考試是否合格相互之間沒有影響.（1）假設甲、乙、丙三人都同時參加了筆試和面試，誰被錄取的可能性最大?（2）當甲、乙、丙三人都參加了筆試和面試之后，不考慮其它因素，求三人中至少有一人被錄取的概率.【答案】（1）丙（2）【解析】【分析】（1）記甲、乙、丙三人被錄取分別為事件A，B，C，且A，B，C相互獨立，甲、乙、丙三人被錄取即三人即通過筆試部分又通過面試部分，由獨立事件概率的乘法公式計算得出，，，比較概率的大小即可得出答案；（2）記三人中至少有一人被錄取為事件，則與互為對立事件，從而根據對立事件的計算公式與獨立事件概率的乘法公式計算得出答案.【小問1詳解】記甲、乙、丙三人被錄取分別為事件A，B，C，則A，B，C相互獨立，則，，，，丙被錄取的可能性最大.【小問2詳解】記三人中至少有一人被錄取為事件，則與互為對立事件，.18.已知直線，，且.（1）求與之間的距離；（2）一束光線從出發經反射后平行于軸射出，求入射光線所在的直線方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由平行條件得出的值，再由距離公式求解；（2）由關于的對稱點得出反射光線的方程，并與直線聯立得出入射點，進而由兩點式寫出方程.【小問1詳解】由可得：，解得：或當時，，，此時與重合，舍去當時，，，此時，符合題意故與之間的距離為.【小問2詳解】設關于的對稱點為，則解得：，∴聯立，解得：，∴入射點為.故入射光線所在直線方程為，即.19.已知數列的前項和為，且，，數列是等差數列.（1）求證數列為等比數列；（2）求.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據題意結合等差數列的通項公式整理可得，由與的關系整理得，根據等比數列的定義分析理解；（2）根據等比數列通項公式可得，法一：根據題意直接代入運算；法二：利用錯位相減法求和；法三：整理可得，利用裂項相消法求和.【小問1詳解】對于等差數列可得：當時，則；當時，則；∴是以9為首項，9為公差的等差數列，則，即①，當時，②，得：，整理得：，且，∴是以為首項，為公比的等比數列.【小問2詳解】方法一：由（1）可知，，則，∴；方法二：由（1）可知，，則，①，②，得：，∴；方法三：由（1）可知，，則，設，比較系數得：，解得：，∴∴.20.在如圖所示的多面體中，四邊形為菱形，在梯形中，，，，平面平面.（1）證明：⊥平面；（2）若直線與平面所成的角為60°，求平面與平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】分析】（1）由面面垂直得到線面垂直，從而得到，結合，得到線面垂直；（2）在第一問的基礎上，得到直線與平面所成的角為，故，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解兩平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：∵平面平面，，平面，平面平面，∴平面，又平面，∴，∵四邊形為菱形，∴，又，平面，∴⊥平面；【小問2詳解】設，由（1）可知，平面，則直線在面內的射影為，故直線與平面所成的角為，∴，和均為邊長為2的等邊三角形，以為原點，，為，軸建立空間直角坐標系，如下圖：由⊥平面，可得平面的法向量為，而，，，∴，，設平面的法向量，則，取，可得，故，∴平面與平面夾角的余弦值為.21.侏羅紀蜘蛛網是一種非常有規律的蜘蛛網，如圖是由無數個正方形環繞而成的，且每一個正