【期中真题】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题.zip

这是一份【期中真题】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题.zip，文件包含期中真题湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题原卷版docx、期中真题湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
长郡中学2022年下学期高二期中考试数学本试卷共8页，时量120分钟，满分150分第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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. 在数列中，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定的条件，利用等比数列通项公式求解作答.【详解】数列中，且，因此数列是首项为1，公比为-2的等比数列，所以.故选：D2. 在棱长为1的正方体中，（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算得，即可得结果．【详解】．故选：B．3. 在平面直角坐标系中， 以点(0，1)为圆心且与直线相切的圆的标准方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由条件利用点到直线的距离公式求得半径，可得要求的圆的标准方程．【详解】由题意可得圆心为点(0，1)，半径为，要求的圆的标准方程为，故选：A．4. 在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，则，故.故选：B.5. 若一个椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，则该椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意列出关系式，结合与可求出椭圆的离心率．【详解】椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，，即，又，，，，又，则，因此椭圆的离心率为．故选：B．6. 已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，表示，利用均值不等式求最值，结合线面角定义可得结果.【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，则，，于是（当且仅当，即时取等号）此时，，由线面角的定义得，所求的母线与底面所成角的正弦值为，故选：A7. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出a、b，进而求出面积.【详解】设，，则有，两式作差得：，即，弦中点坐标为，则，又∵，∴，∴，又∵，∴可解得，，故椭圆的面积为.故选：C8. 如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为和的重心，P为线段CM上一点．（    ）A. 的最小为2B. 若DP⊥平面ABC，则C. 若DP⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为D. 若F为线段EN的中点，且，则【答案】D【解析】【分析】A选项由线面垂直证得CM⊥BM，CM⊥AM，进而由点P与点M重合时即可判断；B选项利用内切球求得即可判断；C选项找到球心，由勾股定理求得半径，即可判断；D选项由空间向量的线性运算即可判断.【详解】易得，又，则面，又面，则，同理可得，，则CM⊥平面ABD，又平面，所以CM⊥BM，CM⊥AM．则当点P与点M重合时，取得最小值，又，则最小值为，A错误．在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得在上，所以，又点N，M也是和的内心，则点P为正四面体ABCD内切球的球心．，．设正四面体ABCD内切球的半径为r，因为，所以，解得，即，故，B错误．设三棱锥P－ABC外接球球心为O，半径为R，易得球心在直线上，且，则，解得，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为，C错误．若F为线段EN的中点，则，．设，则．因为，所以设，则解得故，D正确.故选：D.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知直线，则（    ）A. 直线过定点B 当时，C. 当时，D. 当时，两直线之间的距离为1【答案】CD【解析】【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；当时，直线，而直线，显然，即，C正确；当时，有，解得，即直线，因此直线之间的距离，D正确.故选：CD10. 若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（    ）A. B. C. (为常数)D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据等差数列的定义逐一进行检验即可求解.【详解】对于选项A，数列是等差数列，取绝对值后不是等差数列，故选项A不符合题意；对于选项B，若为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列为常数列，故为等差数列，故选项B符合题意；对于选项C，若为等差数列，设其公差为，则为常数列，故为等差数列，故选项C符合题意；对于选项D，若为等差数列，设其公差为，则为常数，故为等差数列，故选项D符合题意，故选：BCD.11. “堑堵”“阳马”和“鳖臑””是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）. 若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，则下列选项正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.【详解】由题意，堑堵的体积，阳马的体积，瞥臑的体积，故选：ACD12. 已知是抛物线的焦点， 是抛物线上的两点，为坐标原点，则（    ）A. 曲线的准线方程为B. 若，则的面积为C. 若，则D. 若，的中点在的准线上的投影为，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由抛物线的方程易知准线为，故A错误；对于B，利用抛物线的定义求得，进而可求的面积，故B正确；对于C，由及点抛物线上得到，再利用两点距离公式及基本不等式，即可证得，故C正确；对于D，结合图像，利用余弦定理及基本不等式即可证得，故D正确.【详解】因为抛物线，故，焦点，准线为，设，则对于A，易知准线为，故A错误；对于B，如图1，由抛物线的定义可知，即，故，代入，解得，所以，故B正确；对于C，由得，故，即，又，，故，得或（舍去），则，所以，故，故C正确； 对于D，如图2，过作准线的垂线，垂足分别为，连接，则，在中，，故所以，即，故D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 椭圆与双曲线有公共点P，则P与双曲线两焦点连线构成三角形的周长为_________．【答案】24【解析】【分析】根据椭圆与双曲线方程得到椭圆与双曲线具有共同的焦点，，从而得到P与双曲线两焦点的距离之和，再根据，求出周长.【详解】由已知得椭圆与双曲线具有共同的焦点，，由椭圆定义可知：，故P与双曲线两焦点的距离之和为14，又，因此P与双曲线两焦点连线构成三角形的周长为.故答案为：2414. 已知，若三向量共面，则实数_____.【答案】1【解析】【分析】由题意存在，使得，代入坐标，列方程组计算，即得解.【详解】由题意，三向量共面，故存在，使得，即，故，解得.故答案为：115. 在平面直角坐标系中，，，若动点在直线上，圆过、、三点，则圆的面积最小值为_________.【答案】【解析】【分析】要使圆的面积尽可能小，则点位于第一象限，设，再求出的中垂线方程，设设圆心坐标为，根据，得到，参变分离求出的最小值，即可求出，从而求出面积最小值.【详解】解：要使圆的面积尽可能小，则点位于第一象限，设，又，，所以线段的中垂线方程为，则圆心在直线上，不妨设圆心坐标为，圆的半径为，所以，即，则，所以，所以，当且仅当即时取等号，所以，所以圆的面积最小值为，此时；故答案为：16. 已知数列满足，，则数列的通项公式为_____________，若数列的前项和，则满足不等式的的最小值为_____________．【答案】    ①.     ②. 6【解析】【分析】根据给定递推公式变形构造新数列即可得解；利用裂项相消法求出，再借助数列单调性计算得解.【详解】在数列中，，由得：，而，于是得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，所以数列的通项公式为；显然，，则，由得：，即，令，则，即数列是递增数列，由，得，而，因此，，从而得，，所以满足不等式的的最小值为6.故答案为：；6四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．（1）求异面直线EF与所成角的大小．（2）证明：平面．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：，，，，，∴，，，．（1），∴∴异面直线EF和所成的角为．（2）∴，即，∴即．又∵，平面且∴平面．18. 已知曲线上任一点与点的距离与它到直线的距离相等.（1）求曲线的方程；（2）求过定点，且与曲线只有一个公共点的直线的方程.【答案】（1）    （2）或或【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义可得曲线方程；（2）分类讨论：斜率为0，即与抛物线的对称轴平行；斜率不存在与抛物线相切，斜率存在且与抛物线相切（应用判别式为0），分别求解可得．【小问1详解】设的坐标，由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，且焦点在轴上，焦点坐标，所以的轨迹方程为.故曲线C的方程为：【小问2详解】当直线过点，且斜率为0时，即直线与拋物线的对称轴平行时，直线与曲线有一个公共点，此时直线的方程为；当过的直线的斜率不存在时，即直线的方程为，显然与拋物线相切；当过的直线斜率存在时，设直线的方程为，联立，整理可得，则，即，解得，此时直线的方程为，综上所述，满足条件的直线的方程为或或.19. 在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．（1）求BC边上的中线AD的所在直线方程；（2）求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先求BC边的中点D的坐标，再得AD的斜率即可求解；（2）先求△ABC的外接圆O，再求圆心到直线.直线l的距离，再由勾股定理可求解.【小问1详解】∵，∴BC边的中点D的坐标为，∴中线AD的斜率为，∴中线AD的直线方程为：，即【小问2详解】设△ABC的外接圆O的方程为，∵A、B、C三点在圆上，∴解得：∴外接圆O的方程为，即，其中圆心O为，半径,又圆心O到直线l的距离为,∴被截得的弦长的一半为,∴被截得的弦长为.20. 已知各项均不为零的数列的前n项的和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足的前n项和为，证明．【答案】（1）；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，探求数列相邻两项的关系，即可求解作答.（2）由（1）结合已知求出，再利用错位相减法求和推理作答.【小问1详解】，，当时，，两式相减得：，由得：，即，满足上式，因此，，于是得数列是首项为4，公比为4的等比数列，，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由（1）知，，而，则，即，则，于是得，两式相减得：，所以．21. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．（1）若为棱的中点，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；    （2）存在点，位于靠近点三等分点处满足题意.【解析】【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.【小问1详解】取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．【小问2详解】假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则 取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.22. 已知双曲线的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于两点，且当l垂直于x轴时，；（1）求双曲线的方程；（2）过点F且垂直于l的直线与双曲线交于两点，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据通径，直接求得，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；（2）通过对转化为，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.【小问1详解】依题意，，当l垂直于x轴时，，即，即，解得，，因此；【小问2详解】设，联立双曲线方程，得：，当时，，，当时，设，因为直线与双曲线右支相交，因此，即，同理可得，依题意，同理可得，，而，代入，，，分离参数得，，因为，当时，由，，所以，综上可知，的取值范围为.