2022-2023学年吉林省通化市辉南县第六中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年吉林省通化市辉南县第六中学高二上学期期中数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省通化市辉南县第六中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．设为实数，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由焦点在轴上的椭圆的标准方程即可得到答案.【详解】由题意得，，解得.故选：A.2．已知均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（    ）A． B． C． D．4【答案】C【分析】结合向量夹角，先求解， 再求解.【详解】．故选：C.3．“”是“直线与直线平行的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】求出当时实数的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】当时，，即，解得或.当时，直线的方程为，直线的方程为，此时；当时，直线的方程为，直线的方程为，此时.因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A.4．设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，前 项积为 ，并满足条件 ， ，，下列结论正确的是（    ）A．   B． C． 是数列中的最大值   D．数列无最大值【答案】A【分析】根据 ， ，，可判断数列 的，进而可知数列是单调递减的等比数列，结合选项，即可逐一求解.【详解】根据题意，等比数列中，，则有，有，又由0，即 ，必有， 由此分析选项：对于A， ，故 ，A正确；对于B，等比数列中，，，则 ，则 ，即 ，B错误；对于C， ，则 是数列 中的最大项，C错误；对于D，由C的结论，D错误；故选：A.5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）A．103 B．107 C．109 D．105【答案】B【分析】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即可得出，求得答案.【详解】由题意可将问题转化为既是3的倍数，也是7的倍数，也即是21的倍数，即，则，∴，故选：B6．以下四个命题表述错误的是（    ）A．圆上有且仅有个点到直线的距离都等于B．曲线与曲线，恰有四条公切线，则实数的取值范围为C．已知圆，为直线上一动点，过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为D．已知圆，点为直线 上一动点，过点向圆引两条切线，，为切点，则直线经过点【答案】B【分析】选项A根据圆心到直线的距离与半径的关系来确定所求点的个数；选项B根据两曲线有四条公切线，确定曲线类型为圆，再由两圆外离列不等式求解；选项C利用圆心与切点的连线垂直切线列等式，转化为求圆心到直线上的点的距离的最小值问题；选项D，设点 为直线上一点，求出切线的方程即可判断．【详解】解：选项A：圆的圆心为 ，半径 ，所以圆心到直线的距离，所以圆上有且仅有个点到直线的距离都等于，故选项A正确；选项B：方程可化为，故曲线 表示圆心为，半径 的圆，方程可化为，因为圆 与曲线 有四条公切线，所以曲线也为圆，且圆心为 ，半径  ，同时两圆的位置关系为外离，有 ，即 ，解得，故B错误；选项C：圆的圆心 ，半径 ，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，由切线的性质知， 为直角三角形， ，当且仅当 与直线垂直时等号成立，所以 的最小值为，故选项C正确；选项D：设点为直线上一点，则以，为直径的圆的方程为，即：，两圆的方程相减得到直线方程为，即，所以直线过定点，D正确．故选：B．7．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面BDE的一个法向量，进而可求直线与平面BDE所成角.【详解】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，所以，，，设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，所以平面BDE的一个法向量，设直线与平面BDE所成角为，所以．故选：D.8．已知椭圆的左焦点为，过作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依据题给条件得到关于的关系式，即可求得椭圆的离心率.【详解】设在椭圆上，所以，两式相减，得，由直线AB的倾斜角为，可知，所以；设，，所以，所以，所以，即，所以.故选：B. 二、多选题9．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（    ）A．直线BC1与直线所成的角为90°B．B1D⊥平面ACD1C．点B1到平面ACD1的距离为D．直线B1C与平面所成角的余弦值为【答案】BD【分析】根据空间向量夹角公式，结合空间点到面的距离公式逐一判断即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：.A：，因为，所以，因此本选项不正确；B：，因为，所以，而平面ACD1，因此平面ACD1，所以本选项正确；C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，，所以点B1到平面ACD1的距离为，因此本选项不正确；D：由上可知：，所以直线B1C与平面所成角的余弦值，因此本选项正确，故选：BD10．已知过点的直线与圆交于A，B两点，O为坐标原点，则（    ）A．的最大值为4B．的最小值为2C．点到直线的距离的最大值为D．的面积为【答案】AC【分析】求得圆的圆心坐标为，半径为，结合圆的性质和圆的弦长公式，三角形面积公式，即可求解.【详解】解：由题意，圆的圆心坐标为，半径为，又由点在圆内部，因为过点的直线与圆交于两点，所以的最大值为，所以A正确；因为，当直线与垂直时，此时弦取得最小值，最小值为，所以B错误；当直线与垂直时，点到直线的距离有最大值，且最大值为，所以C正确；由，可得，即，所以的面积为，所以D错误.故选：AC.11．已知等差数列的前项和为，若，，，数列的前项和为，则（    ）A．数列的公差为1 B．C． D．【答案】BD【分析】设等差数列的公差为，则由结合等差数的求和公式可求出公差，则可求出，从而可判断AB，再由可求出，则可判断C，由于，所以利用裂项相消法可判断D.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，解得，A错误；，B正确；，，C错误；当时，，当时，，所以，可知，D正确．故选：BD．12．已知F为椭圆的左焦点，直线与椭圆C交于A、B两点，，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（     ）A．的最小值为2 B．的面积的最大值为 C．直线BE的斜率为 D．为直角【答案】BCD【分析】根据给定条件设出点A、P坐标，结合椭圆定义、均值不等式、斜率坐标公式逐项分析计算作答.【详解】设椭圆C的右焦点，由椭圆对称性知线段AB，互相平分于点O，则四边形为平行四边形，如图，则，有，当且仅当，即时取“=”，A不正确；设，，则，当且仅当，即时取“=”，即，因，垂足为E，则，B正确；因，有，由椭圆对称性可得，而，则直线BE的斜率，C正确；设，由及得， ，即，直线PA，PB的斜率有，而，于是得，有，所以为直角，D正确.故选：BCD【点睛】结论点睛：过椭圆中心的弦(除椭圆长轴外)与椭圆二焦点围成平行四边形. 三、填空题13．记为等差数列的前项和，若，则___________.【答案】7【分析】根据下标和性质得到，再根据等差数列求和公式计算可得.【详解】解：∵是等差数列，，.故答案为：14．在长方体中，，，则点到平面的距离等于_____.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求距离.【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，取，得，点到平面的距离：．故答案为：.15．已知圆上的动点M和定点A，，则的最小值为_____．【答案】【分析】找到定点，连接易证，即可得，转化为求最小值，判断对应的位置，即可求最小值.【详解】若，又A，，则，所以且，则，即，故，当共线时目标式值最小，所以的最小值为.故答案为：16．已知点在曲线：上，斜率为的直线与曲线交于，两点，且，两点与点不重合，有下列结论：（1）曲线有两个焦点，其坐标分别为，；（2）将曲线上所有点的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），得到的曲线是一个圆；（3）面积的最大值为；（4）线段长度的最大值为3．其中所有正确结论的序号是______．【答案】（2）（3） 【分析】将点代入曲线中，即可求出曲线的方程，即可判断（1）；将曲线上所有点的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），代入化简后为以原点为圆心，半径为2的圆，即可判断（2）；设直线为：，椭圆与直线联立，韦达定理，表示出，当时，即可求出的最大值；求出到直线直线：的距离，表示出面积，由均值不等式即可求出最大值，即可判断（4）.【详解】点在曲线：上，所以，所以曲线：，所以曲线为焦点在轴上的椭圆，所以，所以（1）错误；将曲线上所有点的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），设曲线上任意一点设为，扩大后的坐标设为，所以，所以，因为在上，所以，所以化简后为：，表示以原点为圆心，半径为2的圆，所以（2）正确；设直线为：，所以联立得：，即，，所以，因为，所以当时，，所以（4）错误；到直线直线：的距离为：，，当且仅当时取等，即时取等，故（3）正确.故选：（2）（3）. 四、解答题17．已知直线，直线与相交于点；(1)求点的坐标；(2)若经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为2，求实数的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过联立和的方程来求得点的坐标.（2）先求得直线的横纵截距，利用与两坐标轴围成的三角形的面积列方程来求得.【详解】（1）依题意， 由解得，所以.（2）依题意， 由于经过点，所以①，由令得，令得，所以②，由①②解得.18．已知数列中，，其前n项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)设，若数列的前n项和为，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据与的关系可得出数列是等比数列从而得到通项公式；（2）将带入化简得到，利用裂项相消可以求得的前项和，即可证明不等式.【详解】（1）由题意得，（），两式相减得（），，又，，，，（），是首项为1，公比为3的等比数列，.（2）由（1）可知，则，所以，，，又，.19．如图，三棱锥中，，平面平面，，.(1)求证：平面；(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在中由勾股定理逆定理可得，再由已知面面垂直可得平面，则得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论，（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：在中，因为，所以，所以，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，由题意得，，，，所以，， 设点坐标为，则所以， 所以点坐标为，所以因为直线与直线所成的角为，解得. 所以点坐标为，则.设平面的法向量为则，取，可得.-再设平面的法向量为，则，取，可得.所以所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20．已知直线与圆.(1)求证：直线l过定点，并求出此定点坐标；(2)设O为坐标原点，若直线l与圆C交于M，N两点，且直线OM，ON的斜率分别为，，则是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．【答案】(1)证明见解析，定点(2)是定值，定值为 【分析】（1）由已知可得根据过定点的直线系方程计算方法可得l恒过定点（2）设出直线的方程.联立直线与圆的方程，利用韦达定理求解进而即可得结果.【详解】（1）由直线得，联立，解得，直线l恒过定点.（2）圆的圆心为，半径为，直线过点，直线l与圆C交于M，N两点，则直线l的斜率存在，设直线l方程为，联立，得，设，，则，，是定值，定值为21．已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.【答案】(1)(2)8 【分析】（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．【详解】（1）由取倒数得，∴即，所以为公差为的等差数列，∴，∴.（2）当时，，∴，所以这样有个，即，∴，设为的前项和，则∴，，两式相减得：，∴，，因为，故为递增数列，又，，∴，所以关于n的不等式＜4032的最大正整数解为8.22．已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆C的方程．(2)直线与椭圆C交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点．直线AM与直线BM分别与y轴交于点P，Q，试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标．若不是，说明理由．【答案】(1)(2)是，以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点． 【分析】（1）由椭圆经过点，离心率为，建立方程组，即可求椭圆的方程；（2）直线代入椭圆方程，求出，的坐标，利用以线段为直径的圆过轴上的定点,，则等价于恒成立，即可得出结论．【详解】（1）解：由题意得，解得，．∴椭圆C的方程是．（2）解：以线段为直径的圆过轴上的定点．直线代入椭圆可得．设,，,，则有，．又因为点是椭圆的右顶点，所以点．由题意可知直线的方程为，故点．直线的方程为，故点．若以线段为直径的圆过轴上的定点，，则等价于恒成立．又因为,，,，所以恒成立．又因为，，所以，解得．故以线段为直径的圆过轴上的定点，．