2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期开学考试数学试题（解析版）

2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期开学考试数学试题

一、单选题

1．圆的圆心坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将圆的一般方程配方得到圆的标准方程，即可求解.

【详解】将配方得，

所以圆心坐标为，

故选：D．

2．抛物线的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先写成抛物线的标准方程的形式，再求焦点坐标.

【详解】由已知得，∴，可得焦点坐标为.

故选：C．

3．已知，，与共线，则（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】利用空间向量共线性质求参数的值.

【详解】因为，共线，

则，

∴，

∴，

故选：A．

4．已知，则直线与直线相交的充要条件是（    ）

A． B． C． D．且

【答案】D

【分析】由两直线相交得到不等式，求出的取值范围.

【详解】由已知两直线相交，则且，

故选：D．

5．若数列是等差数列，公差为1，数列满足，则数列的前90项和为（    ）

A．0 B．30 C．45 D．90

【答案】C

【分析】根据余弦函数的周期性,计算，，，，计算后易得结论．

【详解】∵，，，，

∴，∴．

故选：C．

6．已知双曲线与直线相交于A、B两点，弦AB的中点M的横坐标为，则双曲线C的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，，利用点差法结合中点坐标可得，从而可求双曲线C的渐近线方程.

【详解】设，，则，由点差法得．

∵，∴，，∴，又，

∴，∴渐近线方程为.

故选：A．

7．已知抛物线的准线为，O为坐标原点，A、B都在此抛物线上，若直线过，则（    ）

A．4 B．8 C．0 D．

【答案】C

【分析】法一：先由抛物线的准线方程求得抛物线的方程，再直接利用特殊直线法求得的坐标，从而得解；

法二：联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理与向量数量积的坐标表示即可得解.

【详解】法一：

因为抛物线的准线为，所以，即，

所以抛物线的方程为，

因为直线过，

所以可取直线为代入抛物线方程，计算得，，

所以；

法二：

依题意，直线的斜率必然存在，设直线为，，，

联立，消去，得，

此时，

所以，则，

所以.

故选：C．

8．若M、N为圆上任意两点，P为直线上一个动点，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先判断直线与圆的位置关系，再过点P作圆的两条切线，由图形可得，从而利用直线上的动点到圆心的最小距离求得的最大值，由此得解.

【详解】因为圆的圆心为，半径为，

所以圆心到直线的距离为，

所以直线与圆相离，

设PA、PB是过点P圆的两切线，且A、B为切点，如图，

显然，当PM，PN为两切线时取等号；

因为PA、PB是过点P圆的两切线，所以，，

由圆的对称性易得，显然是锐角，

在中，，

又，所以，

所以，∴．

故选：B．

.

【点睛】关键点睛：本题解题的突破口是通过过点作圆的切线，化三动点问题为一动点问题，从而利用直线上的动点到圆心的最小距离求得的最大值，由此得解.

二、多选题

9．已知，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】对于A，利用空间向量的减法运算即可判断；对于B，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于C，利用空间向量的模的坐标表示即可判断；对于D，利用向量共线定理推得矛盾即可排除.

【详解】对于A，因为，，所以，故A正确；

对于B，因为，所以，故B正确．

对于C，因为，所以，故C错误．

对于D，假设，则存在实数，使得，

所以，即，显然无解，假设不成立，故D错误．

故选：AB.

10．方程表示的曲线可以是（    ）

A．圆

B．焦点在y轴上的双曲线

C．焦点在y轴上的椭圆

D．焦点在x轴上的双曲线

【答案】ABC

【分析】利用二元二次方程表示圆锥曲线的条件对选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A，当，即时，方程可化为，该方程表示圆，故A正确；

对于B，当，即时，方程可化为，该方程表示焦点在y轴上的双曲线，故B正确；

对于C，当，即时，方程可化为，该方程表示焦点在y轴上的椭圆，故C正确；

对于D，因为由得无解，

所以当方程化为时，由于，，

所以该方程无法表示焦点在x轴上的双曲线，故D错误.

故选：ABC.

11．下列说法正确的是（    ）

A．已知数列是等差数列，则数列是等比数列

B．已知数列是等比数列，则数列是等差数列

C．已知数列是等差数列且，数列是等比数列，则数列是等比数列

D．已知数列是等比数列且，数列是等差数列，则数列是等差数列

【答案】AC

【分析】对于ACD，根据等差数列和等比数列的定义判断即可；对于B，根据对数函数的定义域必须大于0即可判断；

【详解】设，，故A正确．

中，，但中可能，不成立，故B错误．

设，且，，则，为常数，故C正确．

设，，，则，．

当时，不恒为定值，故D错误．

故选：AC

12．如图，在正方体中，E、F分别是、的中点，G为线段BC上的动点(含端点)，则下列结论中正确的是（    ）

A．存在点G使得直线⊥平面EFG

B．存在点G使得直线AB与EG所成角为45°

C．G为BC的中点时和G、C重合时的三棱锥的外接球体积相等

D．当G与B重合时三棱锥的外接球体积最大

【答案】BCD

【分析】AB选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表达出，，利用空间向量验证是否存在点G使得线面垂直和异面直线夹角；CD选项，找到球心的位置，设出球心的坐标，利用半径相等，得到，由得到，从而得到时，取最大值，即外接球半径最大，此时，即G与B重合，故D正确；当G为BC中点和当G与C重合时，相等，故外接球半径相等，体积相等.

【详解】设棱长为，如图，以底面中心，为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，．

，，

A选项；显然，，故，

若⊥平面EFG，EG在面EFG内，则，

而，A错误．

B选项；当G为BC中点时，，

故，

故直线AB与EG所成角为45°，结论成立，B正确．

对于C、D选项；球心O必在过EF中点，且与平面垂直的直线上，

设，G在BC上运动时，，

，

故，，

由可得，，

故当时，取得最小值，为，当时，取得最大值，最大值为0，

故，∴，

，

∴时，取最大值，即外接球半径最大，此时，即G与B重合，故D正确；

当G为BC中点时，，；当G与C重合时，，．

故外接球是同一个外接球，C正确．

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径或建立空间直角坐标系，利用半径相等，利用空间向量列出方程，求出半径.

三、填空题

13．直线被圆所截得的弦长为______．

【答案】

【分析】先将圆的一般方程转化成标准方程，从而得到圆心和半径，再结合圆的垂径定理，即可求解.

【详解】由可得，

则圆的圆心坐标为，半径，

所以圆心到直线的距离，

则，

故答案为：.

14．已知等比数列的前n项和，则______．

【答案】1

【分析】法一：利用等比数列的前项和公式，结合待定系数法得到关于的方程组，解之即可；

法二：利用与的关系依次求得，再利用等比数列的定义求得，从而得到，进而求得的值.

【详解】法一：

因为，，

所以，解得，所以；

法二：

当时，，

当时，，则，

当时，，则，

因为是等比数列，所以，故，

则，所以．

故答案为：1.

15．我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看为三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点P的坐标为，则点P到平面的距离为____________．

【答案】##

【分析】根据题目定义以及点到平面的距离向量公式即可求出．

【详解】由已知可知平面的法向量为，在平面上取点，，

所以距离.

故答案为：．

16．双曲线的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，点P是双曲线右支上的一点，满足，且的面积为，则双曲线C的离心率为____________．

【答案】

【分析】连接，利用面积关系得到，根据双曲线定义有，联立解得，，则有，解出离心率即可.

【详解】连接，∵O是中点，．

∴，

∴易得是直角三角形，且，

∴．又，

∴，①

由双曲线定义可知，②

由①②可解得，．记，

在中有，解得，

∴双曲线C的离心率．

故答案为：.

四、解答题

17．已知直线与交点为P，直线．

(1)求过点P且倾斜角为的直线方程；

(2)若点P关于直线的对称点在x轴上，求实数k的值

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先联立直线和的方程求得交点的坐标，再由直线的点斜式方程，即可求解；

（2）设点P的对称点，结合点关于直线对称的条件得到，即可求解.

【详解】（1）联立直线和得：，解得，所以，

又过点P的直线的倾斜角为，则过点P的直线的斜率

由点斜式得，

即过点的直线方程为；

（2）由（1）知，

由题意设点P的对称点，

则有，

消去m，得．解得，

故实数k的值为.

18．如图，四棱锥中，平面ABCD，，，，，M是PD中点．

(1)证明：平面PAB；

(2)求平面PCD与平面PBC夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先由中位线定理推得四边形BCMN是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可证得平面PAB；

（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面PCD与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【详解】（1）取PA中点N，连接BN、MN，

因为M、N分别是PD、PA的中点，

所以，，

又，，

所以，

故四边形BCMN是平行四边形，

所以，

又平面PAB，平面PAB，

所以平面PAB．

.

（2）依题意，以A点为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，

故，，，

设是平面PBC的法向量，则，

令，得；

设是平面PCD的法向量，则，

令，得；

设平面PCD与平面PBC夹角为，则，

所以，

故平面PCD与平面PBC夹角的余弦值为.

19．安庆市体育馆的屋盖网壳由两个大小不同的双层椭球壳相贯而成，其屋盖网壳长轴总尺寸约97米，短轴总尺寸约77米，短轴长与长轴长的平方比接近黄金比0.618．我们把短轴长与长轴长的平方比为的椭圆称为黄金椭圆．现有一黄金椭圆其中A，F分别为其左顶点和右焦点，B为上顶点．

(1)求黄金椭圆C的离心率；

(2)某同学在研究黄金椭圆的性质时猜测可能为直角三角形，试判断该同学的猜测是否正确，并说明理由．

【答案】(1)

(2)正确，理由见解析

【分析】(1)根据题目中黄金椭圆的定义，再根据离心率的计算公式可求得椭圆的离心率.(2)通过计算的值，可以判断出三角形的形状.

【详解】（1）由题意，设椭圆C的焦距为2c，则，

又，得，即，

，所以．

（2）正确．理由如下；

设椭圆中心为O，由

所以，即，

所以是直角三角形．

20．如图，在三棱柱中，，平面ABC，．

(1)求证：；

(2)若平面与平面ABC的交线为l，点N在l上已知直线BN与平面所成角的正弦值为，求BN的长度．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直，转化为线面垂直，根据垂直关系的转化，可证明线线垂直；

（2）以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式求点的坐标，即可求BN的长度．

【详解】（1）∵平面，

∴三棱柱为直三棱柱．∴平面平面，

又∵平面平面，，平面，

∴平面

又∵平面，∴，又∵，∴，

∵四边形为正方形，∴，

又，∴平面，又平面，∴．

（2）以B为坐标原点，BC、BA、分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

由面面，平面，

可得l是过C与AB平行的直线，

故可设，故，由（1）证得平面，

所以平面的一个法向量，

设BN与平面所成角为，由此，

解得，得，

．

所以BN的长度为．

21．已知正项数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，且，若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用累加法即可求得的通项公式；

（2）先利用错位相减法求得，从而将问题转化为恒成立问题，再利用对勾函数的单调性即可得解.

【详解】（1）因为，

所以当时，，

故，，……，，

上式相加得，，

又，所以,

当时，满足上式，所以，

又，所以．

（2）因为，

所以，①

，②

得，

，

所以，

所以可化简为，

因为恒成立，所以，

因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，

又，

所以当，即时，；

当，即时，，且；

所以，故．

22．已知椭圆的上顶点为A，左、右焦点分别为、，三角形的周长为6，面积为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点M是椭圆C外一点，过点M所作椭圆的两条切线互相垂直，求三角形面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知列出关于的方程组，求解后可得椭圆方程；

（2）考虑切线斜率不存在时有，斜率存在时，设过的切线方程为，代入椭圆方程后，设两切线斜率为，由韦达定理得，由得点轨迹方程为圆，利用圆的性质可得到直线的距离的最大值，从而得面积最大值．

【详解】（1）由题意，可列方程，

解方程组得，，所以椭圆C的方程为；

（2）当两条切线中有一条斜率不存在时，即切点为椭圆的顶点，此时，

当两切线都有斜率时，设过的切线方程为，

联立，得，

由得，

化简得，

设两切线的斜率分别为，，则，

化简得，由此，M的轨迹方程为，

又因为满足此方程，所以M的轨迹为圆，

M在圆上运动，当M与A、不共线时，构成，其中，

直线的方程为，圆心到直线的距离为，

此时，点M到直线的最大距离为，

故此三角形面积的最大值为M离最远时，由此它的面积最大值为．