2022-2023学年山东省青岛第九中学高二下学期期初考试数学试题含答案

2022-2023学年山东省青岛第九中学高二下学期期初考试数学试题

一、单选题

1．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出直线l的斜率，进而求出倾斜角即可计算作答.

【详解】直线的斜率为，而直线与直线垂直，

于是得，而，则，

所以.

故选：C

2．设等差数列的前n项和为，若，，成等差数列，且，则的公差（    ）

A．2 B．1 C．-1 D．-2

【答案】D

【分析】根据等差数列的求和公式及等差中项化简求值即可.

【详解】，，成等差数列，且，

，

，

解得．

故选：D．

3．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点到，的距离之比为，则点到直线的距离的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先求出点的轨迹方程，数形结合得到最小距离为圆心到直线的距离减去半径，结合点到直线距离公式求出答案.

【详解】设，则，化简得，

即点的轨迹方程为以为圆心，为半径的圆，

则点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径，

即，点到直线的距离最小值为.

故选：A

4．已知椭圆：的中心为，过焦点的直线与交于，两点，线段的中点为，若，则椭圆的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，，利用中点坐标公式得到，再利用得到、、的方程组即可求解.

【详解】设，，则，

因为，所以，

所以，

即，

解得，，，

所以椭圆的方程为.

故选：B.

5．在正数等比数列中，若，，则该数列的前10项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知求出首项和公比，即可利用求和公式求出.

【详解】设等比数列的公比为，

∵，∴，∵，∴.

∵，∴，∴.

故选：B.

6．在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出正方体的外接球的半径，可得出，求出的取值范围，进而可求得的取值范围.

【详解】设正方体的外接球的球心为，设球的半径为，

则，可得，所以，，

，

当点与正方体的侧面或底面垂直时，的长取最小值，即，

当点与正方体的顶点重合时，的长取最大值，即，

所以，，所以，.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量数量积取值范围的求解，注意到为的中点，结合向量数量积的运算性质得出，将问题转化为求的取值范围，进而求解.

7．1202年，意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》．他在书中提出了一个关于兔子繁殖的问题，发现数列：1，1，2，3，5，8，13，，该数列的特点是：前两项均为1，从第三项起，每一项等于前两项的和，人们把这个数列称为斐波那契数列，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】结合斐波那契数列的性质，逐项判断即可得解.

【详解】因为

，故错误；

因为， 故D错误；

由AD知，故C错误；

因为，所以，

即，

累加得，

即，故B正确.

故选：B.

8．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】当直线斜率存在时，设直线方程，联立方程组，结合根与系数关系可得，进而求得取值范围，当斜率不存在是，可得，两点坐标，进而可得的值.

【详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，

联立方程，得，恒成立，

则，，

，，

，

所以，

当直线斜率不存在时，直线方程为，

所以，，

，

综上所述：，

故选：B.

二、多选题

9．已知曲线，则（    ）

A．当时，则的焦点是

B．当时，则的渐近线方程为

C．当表示双曲线时，则的取值范围为(-2，4)

D．存在实数，使表示圆

【答案】BC

【分析】根据双曲线的的几何性质解决即可.

【详解】对于A，曲线为表示焦点在轴上的双曲线，

其中，所以焦点是，故A错误；

对于B，曲线为表示焦点在轴上的双曲线，

其中，所以渐近线方程为，故B正确；

对于C，当表示双曲线时，，解得，故C正确；

对于D，使表示圆时，，无解，所以不存在实数，使表示圆，故D错误.

故选：BC

10．已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（    ）

A．与平面夹角余弦值为 B．与所成角为

C．平面EFB D．平面⊥平面

【答案】BCD

【分析】建系，利用坐标法，根据线面角，线线角的向量求法可判断AB，根据线面平行的判定定理可判断C，利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，然后根据面面垂直的判定定理即得．

【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：

，

∴，，，，，

设平面ACC1A1的法向量为

则有，令x＝1，则，

则，

∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；

∵，

∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；

如图2：连接，设，连接OF，

E、M分别为的中点，则且，

∴为平行四边形，则O为的中点，

又∵F为的中点，则，

平面EFB，平面EFB，

∴平面EFB，C正确；

由题可知平面即为平面，

由题意可得：，

又，平面，

∴平面，

平面，则，

又∵为正方形，则，

又，平面，

所以平面，平面，

∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.

故选：BCD．

11．已知圆C：，直线:．下列命题正确的有（    ）

A．直线与圆C可能相切

B．轴被圆C截得的弦长为

C．直线被圆C截得的最短弦长为4

D．若直线与圆相交于A，B两点，面积的最大值为

【答案】BCD

【分析】首先确定直线所过定点的坐标，确定在圆内，从而易判断A，求出圆与的轴的交点坐标易得弦长判断B，利用圆心与定点的连线与直线垂直时，弦长最小求得最小弦长判断C，由确定面积公式结合正弦函数性质判断D．

【详解】直线:，则无论k为何值，直线过定点．

因为，

则点在圆的内部，直线与圆相交，故A错误；

令y=0，则，解得：，故圆被x轴截得的弦长为，故B正确；

圆心，半径为3，，

当截得的弦长最小时，，最短弦长为，故C正确；

当，即弦长最短时，取得最小值，最小值为，，，从而，当直线过圆心时，，因此可以取得，

所以的面积为，时，取得最大值．

故D正确.

故选：BCD.

12．素数（大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做素数，否则称为合数）在密码学、生物学、金融学等方面应用十分广泛.1934年，一个来自东印度（现孟加拉国）的学者森德拉姆发现了以下以他的名字命名的“森德拉姆素数筛选数阵”，这个成就使他青史留名．

该数阵的特点是每行、每列的数均成等差数列，如果正整数n出现在数阵中，则一定是合数，反之如果正整数n不在数阵中，则一定是素数，下面结论中正确的是（    ）

A．第4行第9列的数为80； B．第6行的数公差为13；

C．592不会出现在此数阵中； D．第10列中前10行的数之和为1255．

【答案】BD

【分析】依次判断选项正误即可.

【详解】对于A，第四行是以为首项，公差为9的等差数列，则第九列数为：

，故A错误；

对于B，由题第六行为等差数列，又，故B正确；

对于C，若592不在数阵中，则一定是素数，但为合数，故C错误.

对于D，由题可得第10列第1行为，第10列第2行，

则第10列为以为首项，公差为的等差数列，则第10列中前10行的数之和为

，故D正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知方程x2＋y2－2x＋2y＋F＝0表示半径为2的圆，则实数F＝        ．

【答案】－2

【解析】方程化为（x－1）2＋（y＋1）2＝2－F，解方程即得解.

【详解】方程x2＋y2－2x＋2y＋F＝0可化为（x－1）2＋（y＋1）2＝2－F，

因为方程x2＋y2－2x＋2y＋F＝0表示半径为2的圆，

所以，

所以F＝－2.

故答案为：-2

【点睛】本题主要考查圆的方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

14．数列满足，，则      ．

【答案】

【分析】利用累乘法求得正确答案.

【详解】

，

也符合上式，

所以.

故答案为：

15．已知F为双曲线C：的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为      ．

【答案】3

【分析】由双曲线的基本性质得A、B两点的坐标，利用斜率得关系式求解即可.

【详解】解:设双曲线焦距为2c，则，，，因为AB的斜率为2，所以，整理得，解得，所以．

故答案为:3.

16．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，，P为棱AD的中点，且，，若点M到平面SBC的距离为，则实数的值为            ．

【答案】

【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，得到，，利用求出，再利用点到平面距离公式，

代入相关向量坐标，解出即可.

【详解】过点作，交于点，，为中点，

，又，且，平面，

平面，平面，则，

则易得两两垂直，所以以为原点，所在直线分别建立轴，如图所示：

则点,又知，，为中点，则，

故，，，，

，,，

又，，

设平面法向量为，则，且

有，令，则，

到平面的距离，

，化简得，故

故答案为：.

【点睛】本题涉及到点到平面的距离的计算方法，我们常用以下几种方法计算点到平面距离：（1）等体积法；（2）定义法；（3）转化法；（4）空间向量法。本题我们采用空间向量法求解相关参数，首先我们需要建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，再利用点到平面距离公式，其中为相关平面的法向量，此方法可操作性强，按步骤算出相关向量即可.

四、解答题

17．已知等比数列的前项和为，且，.

(1)求的通项公式；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设的公比为，根据题意求得的值，即可求得的通项公式；

（2）由（1）求得，得到，利用等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】（1）解：设的公比为，

因为，，则，

又因为，解得，

所以的通项公式为.

（2）解：由，可得，

则，

所以.

18．某海面上有三个小岛(面积大小忽略不计)，岛在岛的北偏东45°方向处，岛在岛的正东方向处．以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，为单位长度，建立平面直角坐标系，如图所示．

(1)试写出的坐标，并求两岛之间的距离；

(2)已知在经过三个点的圆形区域内有未知暗礁，现有一艘船在岛的南偏西30°方向距岛处，正沿北偏东45°方向行驶，若不改变方向，该船有没有触礁的危险？

【答案】(1)，

(2)有触礁的危险

【分析】（1）根据坐标的表示方法和两点间的距离公式求解；（2）利用点和直线的位置关系即可判断.

【详解】（1）在的北偏东45°方向，在的正东方向

，

由两点间的距离公式知．

（2）设过三点的圆的方程为．

将代入上式，得

，解得．

圆的方程为，

则该圆的圆心为，半径．

设船起初所在的点为，则，

又该船航线所在直线的斜率为1，

该船航线所在的直线方程为．

圆心到此直线的距离．

若不改变方向，该船有触礁的危险．．

19．如图，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是边长为4的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC、PC的中点．

（Ⅰ）求证：AE⊥PD；

（Ⅱ）若PA=4，求二面角E—AF—C的余弦值．

【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）．

【分析】（Ⅰ）通过证明PA⊥AE和AE⊥AD，可证得AE⊥平面PAD，从而得证；

（Ⅱ）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，分别求面AEF和面AFC的法向量，利用法向量求解二面角即可.

【详解】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．

因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE．

而PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A，

所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD．所以 AE⊥PD．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AE、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A（0，0，0），B（2，—2，0），C（2，2，0），D（0，4， 0），P（0，0，4），E（2，0，0），F（），

所以=（2，0，0），＝（）

设平面AEF的法向量为=（），

则，因此

取，则=（0，2，—1），

因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故为平面AFC的法向量．

又（—2，6，0），所以cos＜，＞=．

因为二面角E—AF—C为锐角，所以所求二面角的余弦值为．

【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定及性质，利用空间向量求解二面角，考查了学生的空间想象力和运算能力，属于中档题.

20．设是等差数列的前项和，．

(1)证明：数列是等差数列；

(2)当，，求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，写出其前n项和得到，然后根据等差数列的定义即得；

（2）由，，求得，进而得到，然后利用错位相减法即得.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，

所以，

则 ，

所以 ， ，

所以数列是以为首项，以为公差的等差数列；

（2）由，，

得，

解得，

所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，

所以，，

所以，

，

所以

所以.

21．已知圆和点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点

(1)求点的轨迹的方程

(2)设过点的直线交于，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在定点，使得为定值80.

【分析】（1）根据双曲线的定义即得；

（2）假设存在点，可设直线，利用韦达定理法表示出，结合条件即得.

【详解】（1）因为线段的垂直平分线与直线相交于点，

所以，

所以，

所以点的轨迹为以为焦点的双曲线，

设其方程为，

则，

所以点的轨迹的方程为；

（2）假设存在点使得为定值，

当直线不与轴重合时，设直线，

由，可得，，

所以，

所以

，为定值，即与的值无关，

则必有，解得，

此时点，

当直线与轴重合时，可知，对于点，

所以存在定点，使得为定值80.

22．已知椭圆的上､下焦点分别为，，左､右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.

(1)求C的标准方程.

(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)为定值，定值为.

【分析】（1）根据椭圆上、下焦点和左、右顶点的定义，结合正方形的面积进行求解即可；

（2）根据平行线的性质、椭圆的定义，结合直线方程与椭圆方程联立，求出M，N的坐标，利用两点间距离公式进行求解即可.

【详解】（1）椭圆的上､下焦点分别为，

左､右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，

所以有且，解得，

所以椭圆的标准方程为：；

（2）

因为，

所以

，因为N为C上且在y轴右侧的点，

所以，

因此，

同理可得：，所以

设的方程分别为：，设，

则，

所以，因此

，

同理可得：，

因此，，

所以，

所以为定值，定值为.

【点睛】关键点睛：利用平行线的性质，得到比例式子是解题的关键.