2022-2023学年上海外国语大学附属外国语学校高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年上海外国语大学附属外国语学校高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．抛物线的焦点坐标为 ___

【答案】

【分析】化简抛物线方程为标准方程，然后求解焦点坐标．

【详解】抛物线的标准方程为：，

所以抛物线的焦点坐标为．

故答案为：．

2．已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆上的一点，若，则____________

【答案】4

【分析】由椭圆的方程及定义可求得结果.

【详解】由椭圆的方程，可知，

又是椭圆上的一点，由椭圆的定义知，，

又，则.

故答案为：4.

3．数列中，若，且，则__________.

【答案】

【分析】利用等差数列通项公式可直接求得结果.

【详解】由，知：数列是以为首项，为公差的等差数列，

.

故答案为：.

4．等比数列中，且，则公比为______．

【答案】

【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求出，再求出公比作答.

【详解】在等比数列中，因为，则，所以公比．

故答案为：

5．椭圆（为参数）的焦距为________.

【答案】2

【分析】根据题意，将椭圆的参数方程变形为普通方程，据此可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的几何性质分析可得答案．

【详解】解：根据题意，椭圆的参数方程为（θ为参数），

则其标准方程为y2＝1，

其中a，b＝1，

则c1，

则椭圆的焦距2c＝2；

故答案为：2．

【点睛】本题考查椭圆的参数方程，椭圆简单的几何性质，关键是将椭圆的参数方程变形为普通方程．

6．设等差数列的前项和为，若，则___________.

【答案】6

【分析】利用等差数列前n项和的公式即可.

【详解】

.

故答案为：6.

7．无穷等比数列的首项为，公比为，且，则________.

【答案】1

【分析】根据无穷等比数列求和的性质即可得的等式关系，即可得答案.

【详解】等比数列的首项为，公比为，所以，

则，所以.

故答案为：.

8．已知双曲线的渐近线与圆相切，则_________.

【答案】/

【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径可求得的值.

【详解】由得，所以圆心为，半径为，

双曲线的渐近线方程为，即，

因为双曲线的渐近线与圆相切，

所以，化简得，解得或（舍去）.

故答案为：.

9．已知点在抛物线上，则点到直线的距离的最小值是__________．

【答案】

【分析】设点，根据点到直线的距离公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】因为点在抛物线 上，设点，

则点到直线的距离为，

当且仅当时，等号成立，所以，

即点到直线的距离的最小值为.

故答案为：.

10．已知数列的前项和，则数列的前项和________.

【答案】.

【分析】利用和求，进而得到的通项公式，再利用等比数列前项和公式计算即可.

【详解】由得当时，所以，

又因为，所以，，

即是以1为首项，为公比的等比数列，

所以，

故答案为：.

11．给出下列命题：

①到定点与定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线；

②设为两个定点，为常数且，若，则动点的轨迹是双曲线．

③对任意实数，直线总与某一个定圆相切；

④在平面内，到两定点的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．

其中真命题的序号是__________．

【答案】③

【分析】①中定点恰好在定直线上故不成立；②不符合双曲线的定义；③直线与定圆恒相切；④不符合椭圆定义.

【详解】对①：定点恰好在直线上，故到定点与定直线的距离相等的点在过点且与垂直的直线上，故①错误；

对②：当且时动点的轨迹才是双曲线，故②错误；

对③：圆的圆心到直线的距离为，故直线总与定圆相切，③正确；

对④：当常数大于两定点的距离时动点的轨迹才是椭圆，故④错误；

故答案为：③

12．过双曲线焦点的直线与的两条渐近线的交点分分别为M、N，当时，.则的离心率为______.

【答案】

【分析】依题意，垂直于渐近线，结合图形在直角三角形利用三角函数构造齐次式求的离心率.

【详解】解法1：双曲线的焦点到渐近线的距离为 ，

因为，所以垂直于渐近线，如图所示，

则，，，所以的离心率.

因为，所以，.

过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，在直角中，.

因为，因为，所以.

因此的离心率为.

解法2：因为，所以垂直于渐近线，则，，

因为，所以，

在中，，在中，，

，

，可得，则有，即，

所以C的离心率.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：由焦点到渐近线的距离为，可得垂直于渐近线，这是本题的着手点，数形结合在直角三角形中利用三角函数构造齐次式可求的离心率.

二、单选题

13．在平面直角坐标系中，“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】C

【分析】由双曲线方程的特征计算得m的范围，再由集合的包含关系可得结果.

【详解】∵表示双曲线，

∴.

∴是表示双曲线的充要条件.

故选：C.

14．用数学归纳法证明：（为正整数）从到时，等式左边需增加的代数式是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】取和带入左式相减得到答案.

【详解】等式左边需增加的代数式是：

.

故选：A

15．若成等比数列，则下列三个数列：（1）;（2）;（3），必成等比数列的个数为（   ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据成等比数列，设其公比为( )，利用等比数列的定义即可结合所给式子进行判断.

【详解】成等比数列，设公比为 ，则均不为0，且，

，故成等比数列，且公比为，

因此成等比数列，且公比为，

，当时，成等比数列，且公比为，但当时，不是等比数列，

故选：C

16．已知数列，下列说法正确的是（    ）

A．有最大项，但没有最小项 B．没有最大项，但有最小项

C．既有最大项，又有最小项 D．既没有最大项，也没有最小项

【答案】C

【分析】将分奇偶项分别作差，判断出奇数项和偶数项的单调性，从而可得结果.

【详解】数列,

当时，，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

故此时有最大项为；

当时，，，

，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

故此时有最小项为，

综上，既有最大项，又有最小项.

故选：C

三、解答题

17．已知抛物线过点.

(1)求抛物线的方程，并求其准线方程;

(2)过该抛物线的焦点，作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，求线段的长度.

【答案】(1)，.

(2)

【分析】（1）根据抛物线过得点可求得p的值，即可求得答案；

（2）写出直线的方程，联立抛物线方程，得到根与系数的关系，结合抛物线定义可求得抛物线弦长.

【详解】（1）抛物线过点，则，

故抛物线的方程为，其准线方程为.

（2）抛物线的方程为，焦点为，

则直线的方程为，

联立，可得，，

设，则，

由抛物线定义可得，

故.

18．已知数列满足：.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)求数列的通项公式及其前项和的表达式.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

【分析】（1）由等比数列的定义证明即可；

（2）由（1）得出数列的通项公式，再由等差和等比的求和公式计算.

【详解】（1）由题意可知，

所以数列是以为首项，公比为的等比数列.

（2）由（1）可知，，即

前项和.

19．我国计划发射火星探测器，该探测器的运行轨道是以火星（其半径）的中心为一个焦点的椭圆．如图，已知探测器的近火星点（轨道上离火星表面最近的点）到火星表面的距离为，远火星点（轨道上离火星表面最远的点）到火星表面的距离为．假定探测器由近火星点第一次逆时针运行到与轨道中心的距离为时进行变轨，其中分别为椭圆的长半轴、短半轴的长，求此时探测器与火星表面的距离（精确到）．

【答案】

【分析】根据题意求出轨道方程为，设变轨时，探测器位于，则，结合轨道方程求出，再利用两点间的距离公式即可求解.

【详解】设所求轨道方程为

．．

于是．所以所求轨道方程为．

设变轨时，探测器位于，则

．

解方程组，得（由题意）．

所以探测器在变轨时与火星表面的距离为．

所以探测器在变轨时与火星表面的距离约为.

【点睛】本题考查了椭圆方程的应用，考查了考生的计算求解能力，属于基础题.

20．已知等差数列中，首项，公差，且是等比数列的前三项.

(1)求数列与的通项公式；

(2)设数列的前项和为，且记，试比较与的大小.

【答案】(1)

(2)当时，；当时，；当为正整数.

【分析】（1）根据等差数列定义并利用等比数列性质可解得公差，再求出数列的前三项可得其公比，即可写出数列与的通项公式；

（2）利用等差数列前项和公式和对数运算法则可得，，作差法即可比较出与的大小.

【详解】（1）由题意可得，

由等比数列性质可得，

即，解得或（舍）

所以，

即，

所以数列是以为首项，公比的等比数列；

即，

所以数列与的通项公式分别为

（2）由等差数列前项和公式可得；

由可得，

所以，

由于，所以当时，，即；

当时，，，

当时，，

综上可得，当时，，当时，，当为正整数.

21．焦距为2c的椭圆（a＞b＞0）满足a、b、c成等差数列，称Γ为“等差椭圆”．

(1)求Γ的离心率；

(2)过作直线l与Γ有且只有一个公共点，求此直线的斜率k的值；

(3)设点A为椭圆的右顶点，P为椭圆上异于A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点（Q也异于A），直线AP、AQ分别与y轴交于M、N两点，判断以线段MN为直径的圆是否过定点？说明理由．

【答案】(1)

(2)

(3)以线段MN为直径的圆经过定点和，理由见解析

【分析】（1）通过2b＝a+c且，求解离心率即可．

（2）设直线l的方程为．联立，通过Δ＝0，结合离心率即可求解k．

（3）设P（m，n），Q（﹣m，﹣n）．直线AP的斜率，直线AP的方程，求出M的坐标，N的坐标，设R（x，y），通过，推出．说明无论m、n取何值，当y＝0时，总有x＝±b，得到结果．

【详解】（1）解：由题意，2b＝a+c且a2﹣b2＝c2，

所以代入可得5c2+2ac﹣3a2＝0．

即5e2+2e﹣3＝0，

解得（e＝﹣1舍去）．

（2）显然，斜率k存在，设直线l的方程为y＝kx﹣a．

联立代入化简得（b2+a2k2）x2﹣2a3kx+a2（a2﹣b2）＝0①

方程①的Δ＝4a6k2﹣4a2（b2+a2k2）（a2﹣b2），

令Δ＝0，化简得a2k2＝a2﹣b2，所以．

由（1）的结论可知，．

（3）设．

直线AP的斜率，直线AP的方程，

令x＝0，解得，即．

直线AQ的斜率，直线AQ的方程，

令x＝0，解得，即．

设R（x，y），则，，，

代入化简得②．

因为点P在椭圆上，所以，即．

于是方程②化为．

无论m、n取何值，当y＝0时总有x＝±b，所以，以线段MN为直径的圆经过定点和．