2022-2023学年福建省三校联考高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省三校联考高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知则=（    ）

A．  B．  C． D．

【答案】C

【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解.

【详解】

故选:C.

2．已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为（    ）

A．27π B． C． D．16π

【答案】A

【分析】根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可.

【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则，所以，所以圆锥的高为，

所以，解得，故其表面积；

故选：A．

3．已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，从而可求出点P到直线的距离的最大值和最小值，进而可求出面积的取值范围.

【详解】解：由题意，，，则，

圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离，

圆上的点P到直线的最小距离为，最大距离为

面积的最小值为，最大值为

面积的取值范围是

故选：B

4．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过，两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（    ）

A．1 B． C．1或 D．1或

【答案】A

【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，求出切点的横坐标即可.

【详解】由题意知，点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，

线段的中点坐标为，线段的垂直平分线方程为，

所以以线段为弦的圆的圆心在线段的垂直平分线上，

所以可设圆心坐标为，

又因为圆与轴相切，所以圆的半径，又因为，

所以，解得或，

即切点分别为和，由于圆上以线段（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，，且过点的圆的半径比过的圆的半径大，所以，故点为所求，所以当取最大值时，点的横坐标是1.

故选：A.

5．如图，直径为4的球放地面上，球上方有一点光源P，则球在地面上的投影为以球与地面切点F为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，结合球的性质作出截面，再结合三角形内切圆性质求出长即可作答.

【详解】依题意，平面截球O得球面大圆，如图，是球O大圆的外切三角形，其中切圆O于点E，F，

显然，而，则，又，有，

由圆的切线性质知，，

在中，，则，于是得椭圆长轴长，即，

又F为椭圆的一个焦点，令椭圆半焦距为c，即有，因此，

所以椭圆的离心率.

故选：A

6．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2，底面ABC是边长为的正三角形，M为AC的中点，球O是三棱锥P－ABM的外接球．若D是球0上一点，则三棱锥D－PAC的体积的最大值是（    ）

A．2 B．

C． D．

【答案】C

【分析】设的中点为，则的外接圆的直径为，圆心为，半径为，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，利用勾股定理求出，再求出到平面的距离，即可求出到平面的距离最大值，最后算出，即可求出；

【详解】解：因为为等边三角形，为的中点，所以，即为直角三角形，设的中点为，则的外接圆的直径为，圆心为，半径为，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，则，解得，又平面，平面，所以，所以的外接圆是以为直径的圆，设的中点为，则，所以，即到平面的距离为，所以到平面的距离最大值为，又，所以；

故选：C

7．已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.

【详解】由，则，

由图知：当位置变化时，或，故，

所以，而直线、斜率存在且不为0，

故，

，

所以，即或，

当，化简得.

当时，，显然，无解.

所以.

故选：B.

8．已知正四面体的棱长为6，P是四面体外接球的球面上任意一点，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径，进而得，再根据求解即可.

【详解】如图，设分别为正四面体棱中点，

作平面，垂足为，

所以，由正四面体的性质知三点共线，且，且其外接球的球心在上，记为，

因为正四面体的棱长为6，

所以，，

设四面体外接球的半径为，即，

所以，，即，解得，

所以，，

因为P是四面体外接球的球面上任意一点，

所以，

因为，

，

所以

，

因为，

所以

故选：B

【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.

二、多选题

9．已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．为等比数列

C．

D．

【答案】AD

【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A,B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;

【详解】，则 ，又 ，

同理 ，故A正确；

而 ，故不是等比数列，B错误；

，故C错误；

，故D正确，

故选：AD

10．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（    ）

A．曲线C围成的图形有4条对称轴

B．曲线C围成的图形的周长是

C．曲线C上的任意两点间的距离不超过5

D．若是曲线C上任意一点，的最小值是

【答案】ABD

【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.

【详解】，

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆.

曲线的图像如下图所示：

对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；

对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；

对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；

对于D，圆心到直线的距离为，

到直线的距离，

若使最小，则有，

所以，得，D正确.

故选：ABD.

11．阿波罗尼斯古希腊数学家，约公元前年的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．现有圆C：和点，若圆C上存在点P，使其中O为坐标原点，则t的取值可以是（     ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】AB

【分析】由求出点的轨迹为圆，再将问题化为两圆有交点，根据圆心距与两圆半径之间的关系列式，求出的范围，从而可得答案.

【详解】设，由得，

整理得，即，

依题意可知，圆与圆有交点，

两圆圆心分别为和，两圆半径分别为和，

圆心距为，

所以，即，解得，

所以的取值可以是和.

故选：AB

12．数列满足，，则下列说法正确的是（    ）

A．若且，数列单调递减

B．若存在无数个自然数，使得，则

C．当或时，的最小值不存在

D．当时，

【答案】ACD

【分析】A选项，根据求出，再由求出，从而得到且，数列单调递减，A正确；

B选项，可举出反例；

C选项，由或时，可证得数列单调递减，所以最小值不存在；

D选项，对变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.

【详解】A选项，，

令，解得：，

令，解得：

综上：且，

所以且，数列单调递减，A正确；

B选项，当时，，

当时，，

所以存在无数个自然数，使得，

故B错误；

C选项，当或时，，

所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；

D选项，，

所以，

所以，

故

，

因为，，单调递减，

所以当时，，，

所以，

又因为单调递减，所以当时，取得最大值，

最大值为，

综上：，D正确.

故选：ACD

【点睛】由数列通项公式研究数列的性质，要对数列的通项公式进行变形，转化为熟悉的知识点进行处理，本题D选项，要将变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.

三、填空题

13．椭圆：与直线相交于A、B两点，C是的中点，为坐标原点，的斜率为，则椭圆的离心率为__________．

【答案】##

【分析】利用点差法求得OC斜率和a、b的关系，从而得到a与b的关系，根据椭圆离心率和标准方程中参数的关系即可求出其离心率．

【详解】设，，，则

两式作差有，

．

又，，，

∴，∴，即，

∴椭圆的方程为，且，即，

设椭圆的半长轴、半短轴长分别为、，则，，

故椭圆的离心率．

故答案为：．

14．若△的边长成等差数列，且边a，c的等差中项为1，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据等差中项的性质，求得以及关系，利用诱导公式和余弦定理化简目标式为关于的函数关系，结合的取值范围，求函数值域即可.

【详解】，

由余弦定理可得：

由题可知，即，且，

故，

由，即可得，

又在单调递增，在单调递减，且，

故当时，，令，又单调递增，

当时，，当时，，故，即.

故答案为：.

15．弓琴，是弓琴弹拨弦鸣乐器（如下左图）.历史悠久，形制原始，.它脱胎于古代的猎弓，也可以称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖.古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸.古代传说将“琴”的创始归于伏羲，也正由于他是以渔猎为生的部落氏族首领.在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”. 常用于民歌或舞蹈伴奏.流行于台湾原住民中的布农、邹等民族聚居地区.弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔， 其正视图即为一椭圆面，它有多条弦， 拨动琴弦，发音柔弱，音色比较动听，现有某专业乐器研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳.如下右图，是一弓琴琴腔下部分的正视图.若按对称建立如图所示坐标系，恰为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上(在上的投影把线段八等分)， 为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则的最小值为_____

【答案】

【分析】设（），由焦半径公式有，由对称性得，由题意有成等差数列，从而可求得，这样求得后再由基本不等式得最小值．

【详解】设，得，为等差数列，

=，

由题意的横坐标把八等分,所以,，

又，所以，故

，

当且仅当时取等号.

故答案为：．

【点睛】本题是新文化试题，解题关键是理解题意，从诸多信息中提取有用的数学信息，然后应用数学知识解题．题中椭圆、焦点，提示我们求需用椭圆的焦半径公式，再结合对称性，易求得其和，从而表示出，第二步才联想到需要利用基本不等式中“1”的代换求最小值．

四、双空题

16．已知菱形的各边长为，如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，若则三棱锥的体积为___________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为___________.

【答案】          ##

【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，进而得出体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.

【详解】取中点，连接，则，平面，

∴平面，，

又，，

∴，则三棱锥的高，

三棱锥体积为；

作于，设点轨迹所在平面为，

则平面经过点且，

设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，

易知平面平面，且四点共面，

由题可得，，

，又，

则三棱锥外接球半径，

易知到平面的距离，

故平面截外接球所得截面圆的半径为，

∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：对于求三棱锥外接球半径，关键在于找到三棱锥外接球的球心，根据勾股定理得出三棱锥外接球的半径.

五、解答题

17．设数列满足，且.

(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；

(2)设，求数列的前99项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；

（2）根据，利用并项求和法，可得答案.

【详解】（1）由已知得， 即，

是以2为首项， 2为公差的等差数列.

，

当时，,

当时，也满足上式，所以;

（2）,

当时，

18．矩形ABCD的两条对角线相交于点，AB边所在直线的方程为，点在AD边所在直线上.

(1)求AD边所在直线的方程；

(2)求矩形ABCD外接圆的方程；

(3)若点P在矩形ABCD的外接圆上，点D是P在x轴上的投影，Q为PD上一点，且.当P在圆上运动时，请写出点Q的轨迹方程（只需写出结果，不用论证）.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用两直线垂直关系求出AD边在直线的斜率，再利用点斜式写出AD边所在直线的方程；（2）由第一问求出的AD边所在直线的方程和AB边所在直线方程求出交点，进而用两点间距离公式求出半径，写出形ABCD外接圆的方程；（3）设出点Q的坐标为，进而表示出点P的坐标，利用相关点法求轨迹方程.

【详解】（1）AD边所在直线与AB边所在直线垂直，所以，因为AB边所在直线的方程为，即，所以，又因为点在AD边所在直线上，所以AD边所在直线的方程为：，化简为：

（2）AB边所在直线与AD边所在直线相交于点A，联立得：，解得：，即，所以矩形ABCD外接圆的半径，所以矩形ABCD外接圆的方程为：

（3）

19．如图1，在矩形ABCD中，，点分别在边上，且，交于点．现将沿折起，使得平面平面，得到图2．

（1）在图2中，求证：；

（2）若点是线段上的一动点，问点在什么位置时，二面角的余弦值为．

【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）．

【详解】试题分析：(1)先证明 ,再证明,证明平面,从而可得 ;

(2)建立直角坐标系,设,求出平面、平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,结合二面角的余弦值为,即可得出结论.

试题解析：（1）∵在矩形中，,,

∴， ∴即.

∴在图2中，，.

又∵平面平面，平面平面，

∴平面， ∴，

依题意，∥且，∴四边形为平行四边形.

∴∥, ∴， 又∵，

∴平面， 又∵平面， ∴.

（2）如图1，在中，，，

∵∥，，∴.

如图，以点为原点建立平面直角坐标系，则

，，，，

∴，，，

∵，∴平面，

∴为平面的法向量.

设，则，

设为平面的法向量，则

即，可取，

依题意，有，

整理得，即，∴，

∴当点在线段的四等分点且时，满足题意．

20．已知数列中，前n项的和为，且

(1)求数列的通项公式；

(2)如果恒成立，求最小值.

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）由得，两式相减将转化为可得到数列是等比数列；

（2）使用错位相减求和法求出，解不等式即可.

【详解】（1）①，②，

①-②得，即

所以数列是以为公比的等比数列，

又，即，

所以

（2），

则

所以，

两式相减，得

得

所以，

解不等式得

21．已知椭圆C：的右顶点为，过左焦点F的直线交椭圆于M，N两点，交轴于P点，，，记，，（为C的右焦点）的面积分别为.

(1)证明：为定值；

(2)若，，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先得到椭圆方程为，设点，利用向量关系得到，，再联立椭圆与直线方程得，则，再整体代换得定值.

（2），，，结合（1）中向量式得，

再代入有，联立解得，再结合的范围，利用导数或是对勾函数性质求出其范围.

【详解】（1）由题意得，左焦点F，，所以椭圆C的标准方程为：.

设，显然，令，，则，则

，，

由得，解得，同理.

联立，得

.

，从而（定值）

（2）

结合图象，不妨设，，，，

由得

代入，有，则，

解得

，，

设，则，设，则，

令，解得，令，解得，

故在上单调递减，在上单调递增，则，

且，则，则.

【点睛】方法点睛：对于解析几何中共线向量系数和定值问题，我们常用设线法，与圆锥曲线联立得到韦达定理式，将比例和用韦达定理的式子表示出来再整体代入计算，也可以通过构造关于和的一元二次方程，利用两根之和直接得到答案.

结论点睛： 定比分点坐标公式：若点,则点的坐标为

22．已知椭圆：，，是左右焦点，且直线过点（）交椭圆于，两点，点，在轴上方，点在线段上．

(1)若为上顶点，，求的值；

(2)若，原点到直线的距离为，求直线的方程；

(3)对于任意点，是否存在唯一的直线，使得，若存在，求出直线的斜率，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)

(3)存在，

【分析】（1）由椭圆的性质求解，

（2）由平面向量数量积的坐标运算解得点坐标，设出直线方程后由点到直线的距离公式列式求解，

（3）联立直线与椭圆方程，由平行关系与韦达定理化简求解，

【详解】（1）∵椭圆：

∴，，，

利用椭圆定义得，∵，

∴，∴；

（2）由题意得直线斜率存在，设直线方程为，（），

设（），

则，

∵点在椭圆上，∴，

代入得，

解得：，，即点坐标为，

将点坐标代入直线的方程有：①，

由原点到直线的距离得到：②，

联立①和②得或

又因为，所以

直线的方程为：，即．

（3）设直线方程为（斜率必存在）（），

设，，

则，，

∵，∴，

∴，

化简得①，

联立得，

∴，

∴，

代入①得，，

∴②，

∴，

代入②得：，故，

而点，在轴上方，所以对于任意一个，存在唯一的使得，

故直线有且只有一条使得．