2022-2023学年甘肃省武威市民勤县第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年甘肃省武威市民勤县第一中学高二上学期期中数学试题（解析版），共13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学年甘肃省武威市民勤县第一中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知直线l经过点，，则直线l的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出直线的斜率，即可求出倾斜角；【详解】解：设直线l的倾斜角为，则，所以.故选：A.2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线上一点且，则双曲线的标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】直接根据双曲线定义得到，，得到双曲线方程.【详解】设双曲线的方程为，半焦距为，则，，故，.所以双曲线的标准方程为.故选：D.3．若与相外切，则（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】根据两圆外切，得到圆心距等于半径之和，求出【详解】的标准方程是，圆心的坐标为，半径，的标准方程是，圆心的坐标为，半径，因为与相外切，所以，即，解得：.故选：C.4．过圆的圆心且与直线平行的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出圆心坐标和直线斜率，代入点斜式方程，化为一般式方程即可.【详解】圆的圆心为，与直线平行的直线的斜率为2，所以所求直线的方程为，即.故选：D.5．直线与圆的位置关系是（    ）A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定【答案】B【分析】根据点与圆的位置关系进行判断即可.【详解】由，所以直线恒过定点，因为，所以点在圆的内部，所以直线与圆相交.故选：B6．已知等比数列的前n项和为，若，，则（    ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】排除的情况，根据等比数列求和公式解得，再根据计算得到答案.【详解】当时，，即，，不成立；当时，，即，解得.，.故选：B.7．已知是等差数列的前项和，若，，则（    ）A．40 B．45 C．50 D．55【答案】A【分析】根据等差数列和的性质，分析即得解.【详解】由等差数列的性质得：，，成等差数列，所以，解得.故选：A8．在平面直角坐标系中，，，若动点P满足，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意列式求的轨迹方程后结合圆的性质求解即可.【详解】设点P坐标为，由，得，整理得，所以点P的轨迹是以点为圆心，半径的圆，所以.故选：D 二、多选题9．已知等差数列的公差为，若，，则首项的值可能是（    ）A．18 B．19 C．20 D．21【答案】BC【分析】根据等差数列的通项，建立不等式组，可得答案.【详解】由题意，得，所以.故选：BC.10．已知直线l过点，倾斜角为，若，则直线l的方程可能是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由求出，得到直线l的斜率，可求出直线l的方程【详解】因为，，所以，所以直线l的斜率.当时，直线l的方程为，即；当时，直线l的方程为，即.故选：AC.11．已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（    ）A．数列是等比数列 B．数列是等差数列C． D．【答案】ACD【分析】利用求解出当时，，故数列是等比数列，求出通项公式和前项和公式，判断出答案.【详解】当时，，所以，当时，，所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，.故选：ACD.12．如图，已知椭圆：的离心率为，，，，为椭圆顶点，，为焦点，O为坐标原点，P为椭圆上一点且轴（点P在x轴上方），则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．若是四边形的内切圆上任意一点，则【答案】BD【分析】对于A，根据求得离心率即可判断；对于B，求出， 即可判断；对于C，等价于，由此求出离心率即可判断；对于D，证明是四边形的内切圆的直径，即可判断.【详解】解：对于A，等价于，等价于，所以，故A不正确；对于B，由，，得，所以，故B正确；对于C，由轴，得，所以，等价于，即，此时，故C不正确；对于D，因为四边形为菱形，所以内切圆的圆心为原点，半径为原点到直线：的距离，所以是四边形的内切圆的直径，所以，故D正确.故选：BD. 三、填空题13．以点为圆心，且与轴相切的圆的方程是____________.【答案】【分析】结合已知条件求出圆的半径，进而得到答案.【详解】因为为圆心，且圆与轴相切，所以圆的半径，故所求圆的方程为.故答案为：.14．若直线：与直线：平行，则______.【答案】【分析】两直线平行，则斜率相等，排除重合的情况.【详解】已知直线：与直线：平行，则且，解得.故答案为：15．经过点作直线交椭圆于M，N两点，且P为MN的中点，则直线的方程为____________.【答案】【分析】设，，代入椭圆的方程，利用点差法求出所在直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案.【详解】设，，则，，两式相减可得，即，由中点，可得，，所以，即，故直线的方程为.因为P在椭圆内，故直线必与椭圆相交，符合题意故答案为：.16．函数的最小值是_____________.【答案】5【分析】依题意可得，设，，，则问题转化为求点到点，两点的距离之和的最小值，求出关于轴的对称点的坐标，则，再根据距离公式求解即可.【详解】解：因为，设，，，则表示点到点，两点的距离之和，即，点是轴上的点，则点关于轴的对称点为，则，所以，所以的最小值是.故答案为： 四、解答题17．已知是等差数列的前项和，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求的最小值.【答案】(1)(2)12 【分析】（1）设出公差，利用等差数列通项公式基本量列出方程，求出公差，进而求出通项公式；（2）在第一问的基础上，求出，得到不等式，求出，结合，得到的最小值.【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以.解得.所以.（2），所以.令，得，解得：（舍去）.因为，所以的最小值是12.18．直线与直线相交于点P，直线l经过点P.(1)若直线，求直线l的方程；(2)若直线l在坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）先求点坐标，由垂直关系得斜率后求解，（2）由题意得过原点或斜率为后求解【详解】（1）联立得即.因为，不妨设直线l的方程为，将点代入，得，所以直线l的方程为.（2）当直线l经过坐标原点时，直线l的方程是，即；当直线l不经过坐标原点时，设直线l的方程为，将点代入，得，所以直线l的方程为，即.综上所述，直线l的方程是或.19．已知点是椭圆上的一点，，分别是椭圆的左，右焦点.(1)若，求的长度；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据椭圆方程和题干条件设，代入椭圆即可求解；(2)利用椭圆的定义，求出焦点三角形三边的关系，再利用余弦定理求出，最后利用面积公式即可求解.【详解】（1）由椭圆，得，，则，所以，由，设，代入椭圆，得，解得，所以.（2）由题意，得，，又，由余弦定理可得，即，所以.所以的面积.20．已知以点为圆心的圆与直线相切，，与相交于，两点.(1)求的方程；(2)若，求直线与之间的距离，【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据直线与圆的位置关系可得圆的半径，进而可得圆的方程；（2）由，设直线方程为，根据弦长可得圆心到直线距离，进而可得的值.【详解】（1）由与直线相切可知，的半径，所以的方程是；（2）因为，设直线的方程为，所以圆心到直线的距离，由，解得或，所以直线的方程为或，当直线的方程为时，直线与直线的距离为；当直线的方程为时，直线与直线的距离为，所以直线与直线的距离为或.21．已知数列满足，.(1)求证：数列是等差数列；(2)若且，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）定义法证明等差数列，即证明为常数即可；（2）根据（1）的结论求出，得到，根据数列通项的形式，选择错位相减法求和即可.【详解】（1）证明：因为，所以.因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.（2）由（1）可知，，所以.因为，当时，，所以，当时，也符合，所以，所以，所以，①，②①-②，得，所以.22．已知的方程是，直线l经过点.(1)若直线l与相切，求直线l的方程；(2)若直线l与相交于A，B两点，与直线交于点M，求证：为定值.【答案】(1)或(2)证明见解析 【分析】（1）根据直线斜率不存在和存在两种情况，结合圆心到直线的距离等于半径列式求解即可；（2）设直线l的方程为，设线段的中点为N，则，再根据，联立直线与圆的方程，再结合韦达定理化简求解即可.【详解】（1）的方程化为标准形式是，圆心，半径，当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为，圆心C到直线l的距离为2，所以直线l与相切，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程是，即，由直线l与相切，得，解得，所以直线l的方程是，即.综上所述，直线l的方程是或.（2）证明：因为直线l与相交于A，B两点，所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为，联立得即点.设线段的中点为N，则，设直线的方程是，联立得即点，所以，所以为定值-12.