2022-2023学年北京市海淀区中央民族大学附属中学高二下学期开学考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市海淀区中央民族大学附属中学高二下学期开学考试数学试题

一、单选题

1．已知直线的倾斜角为（    ）度

A．45 B．135 C．60 D．90

【答案】A

【分析】根据给定的直线方程，求出其斜率，再求出倾斜角作答.

【详解】直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为45度.

故选：A

2．若复数满足，则的虚部是（    ）

A．3 B．-3 C． D．

【答案】B

【分析】根据虚部的定义直接得到答案.

【详解】复数满足，则的虚部是.

故选：B

3．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设出圆的方程，由圆心到直线距离等于半径，得到答案.

【详解】设圆的方程为，

故，

故圆的方程为.

故选：D

4．已知抛物线的焦点为，则抛物线的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线的焦点坐标，确定开口方向和的值，即可得到抛物线的标准方程.

【详解】因为抛物线的焦点为在y轴上，

令x2=2py(p>0)且，得

所以抛物线的标准方程为.

故选：D

5．设数列的前项和，则的值为（    ）

A．13 B．16 C．29 D．32

【答案】B

【分析】根据公式计算得到答案.

【详解】.

故选：B

6．已知平面的法向量为，直线的方向向量为，则下列选项中使得的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据法向量与方向向量的定义，即可求得本题答案.

【详解】若，则直线的方向向量垂直于平面，

所以与平面的法向量平行，显然只有选项C中满足.

故选：C

7．已知双曲线，下列直线与双曲线有交点的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】双曲线的一条渐近线方程为，得到答案.

【详解】双曲线的一条渐近线方程为，

故，，与双曲线没有交点，有交点，

故选：D

8．已知在长方体中，，，记平面和平面的交线为，已知二面角的大小为60°，则的值为（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】如图所示，连接，，得到四点共面，确定二面角的大小为，计算得到答案.

【详解】如图所示：连接，，故四点共面，

故平面和平面的交线为，

平面，平面，故，又，

平面，平面，

故二面角的大小为，.

故选：C

9．已知数列是以1为首项，3为公比的等比数列，记，则数列（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出数列的通项公式，再结合指数幂的运算法则，即可得到本题答案.

【详解】因为数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以，

所以.

故选：A

10．如图，在正方体中，为对角线的三等分点，到各顶点的距离的不同取值有（    ）

A．6个 B．5个 C．4个 D．3个

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得到各顶点的距离的不同取值.

【详解】以D为原点，分别以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设，则

，

则，

则，则

，

，，

，

，

则到各顶点的距离的不同取值有4个.

故选：C

二、填空题

11．已知复数，，则___________．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算法则，即可求得本题答案.

【详解】.

故答案为：

12．设等差数列的前项和为，若，，则___________．

【答案】6

【分析】利用等差数列的性质求解即可.

【详解】在等差数列中，

因为，，

所以，

所以，

故答案为：6.

13．在平面直角坐标系中，圆：与圆：，则两圆的位置关系是___________．（填“外离”、“外切”、“相交”、“内切”或“内含”）

【答案】外切

【分析】确定圆心，，圆心，，计算圆心距，得到答案.

【详解】圆：，圆心，；

圆：，即，圆心，.

圆心距，故两圆外切.

故答案为：外切

14．已知抛物线C：的焦点为F，点，点M是抛物线C上一个动点，当取最小值时，点M的坐标为______．

【答案】##

【分析】根据抛物线的定义，结合图象，转化，利用数形结合，求最小值，即可求点的坐标.

【详解】分别过M，A作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为，，则，当且仅当A，M，三点共线时，等号成立，所以的最小值为，此时点M的坐标为．

故答案为：

15．用平面截圆柱面，当圆柱的轴与α所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切.给出下列三个结论：

①两个球与α的切点是所得椭圆的两个焦点；

②若球心距O1O2=4，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2；

③当圆柱的轴与α所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.

其中，所有正确结论的序号是__________.

【答案】①②

【分析】数形结合，利用切线长定理得空间推过可得①正确，结合图形，利用勾股定理可得②正确，根据图形特征可得③错误．

【详解】对于①，设点P为曲线上任一点，连接PF1，PF2，则PF1，PF2分别是两个球面的切线，切点分别为F1，F2，过点P作母线，与两球面分别相交于点K1，K2，则PK1，PK2分别是两球面的切点，切点为K1，K2，

根据切线长定理的空间推广，可知PF1＝PK1，PF2＝PK2，所以PF1+PF2＝PK1+PK2＝K1K2是定值，

故点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，故①对；

对于②，OF2＝＝＝1，所以F1F2＝2OF2＝2，故②正确；

对于③，当圆柱的轴与α所成的角由小变大时，由大变小，b不变，，故离心率由大变小，故③错．

故答案为：①②.

三、解答题

16．设等差数列的公差不为，，且成等比数列.

(1)求的通项公式；

(2)设数列的前项和为，求使成立的的最小值.

【答案】(1)

(2)8

【分析】（1）设等差数列的公差为，运用等比数列中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得公差，即可得到所求通项；

（2）运用等差数列的求和公式，再由二次不等式的解法，即可得到所求最小值.

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

因为成等比数列，所以，即 ，

解得，或（舍去），

所以的通项公式为；

所以

（2）解：因为，

所以，

依题意有，解得，

使成立的的最小值为8.

17．在平面直角坐标系中，是坐标原点，直线的方程为，

(1)若，求过点且与直线平行的直线方程；

(2)已知原点到直线的距离为4，求的值；

(3)已知直线在两条坐标轴上截得的截距相等，求的值．

【答案】(1)

(2)

(3)或.

【分析】（1）代入计算出斜率，利用点斜式写出直线方程；（2）列出点到直线的距离公式，建立等式求解可求出的值；（3）求在两条坐标轴上截得的截距，建立等式求解即可.

【详解】（1）当时，直线的方程为，斜率为，则过点且与直线平行的直线方程为，即.

（2）原点到直线的距离为，解得：.

（3）时，不满足条件；

当时，令，，令，，则有，解得：或.

18．在数列和中，，， ，，等比数列满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求的值．

【答案】(1),；

(2).

【分析】（1）根据等差和等比数列通项的求法得到，；

（2），，可得到，进而求出参数值.

【详解】（1）解：因为，且，

所以数列是首项为，公差为的等差数列．

所以，即．  

因为，，且，，                

所以，．       

因为数列是等比数列，  

所以数列的公比，                           

所以，即．

（2）解：因为，，

所以．                                  

所以．                                

因为，所以，解得．

所以

19．已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．

(1)求椭圆的方程；

(2)直线：与椭圆交于不同的两点，记为椭圆的右顶点，当三角形的面积为时，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用已知结合，可求出椭圆的方程；

（2）设，联立直线与椭圆方程，消元写出韦达定理，利用三角形的面积公式列方程计算，求出的值．

【详解】（1）由题意得，，又，解得，则椭圆的方程为；

（2）设，

联立，消去得，

则恒成立，且

设到直线的距离为，则，

，即，化简得，解得，则的值为．

20．如图，在长方体中，，，分别是棱的中点．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．

【详解】（1）连接.

由，可得四边形为平行四边形，

则，又平面，平面,

则平面；

（2）以A为原点分别以AB，AD，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，

则，，设平面的一个法向量为

则，令，则，则

又为平面的一个法向量，

则

则二面角的余弦值为．

21．已知椭圆的离心率为，椭圆C与y轴交于A，B两点，且．

(1)求椭圆C的方程．

(2)设点P是椭圆C上的一个动点，且点P在y轴的右侧．直线PA，PB与直线分别交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于两点E，F，求点P横坐标的取值范围及的最大值．

【答案】(1)

(2)横坐标的取值范围为，的最大值为2

【分析】（1）根据离心率及短轴长求出，，求出椭圆方程；

（2）解法1：设出P的坐标为，，得到PA，的方程，进而求出的坐标，表达出圆的方程，根据圆与轴有两个交点得到，利用求出最大值；

解法2：同解法1，表达出的坐标，根据以MN为直径的圆与x轴相交列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；

解法3：同解法1，表达出的坐标，根据半径大于圆心到轴的距离列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；

解法4：同解法1，表达出的坐标，根据垂直关系得到，从而得到，求出，根据表达出的长，并求出最大值；

解法5：：设直线OP与交于点T，根据相似得到T是MN的中点，求出T，

得到半径，根据点到轴距离小于半径，结合得到，利用垂径定理得到，求出最大值.

【详解】（1）由题意，可得，，得，解得：．

椭圆C的标准方程为．

（2）解法1：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．

∴，直线PA的方程为，

同理：直线PB的方程为．

直线PA与直线的交点为；

直线PB与直线的交点为．

∵线段MN的中点坐标为，

∴圆的方程为．

令，则．

∵，∴，

∴．

∵这个圆与x轴相交，该方程有两个不同的实数解，

∴，解得．

设交点坐标分别为，，则．

∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．

解法2：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．

∴，直线PA的方程为，

同理：直线PB的方程为．

直线PA与直线的交点为；

直线PB与直线的交点为．

若以MN为直径的圆与x轴相交，则，

即，即．

∵，

∴，代入得到，解得．

该圆的直径为；

圆心到x轴的距离为；

该圆在x轴上截得的弦长为．

∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．

解法3：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．

∴，直线PA的方程为

同理：直线PB的方程为．

直线PA与直线的交点为；

直线PB与直线的交点为．

∴．

圆心到x轴的距离为．

若该圆与x轴相交，则，即．

∵，∴，∴，解得．

该圆在x轴上截得的弦长为．

∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．

解法4：记点D的坐标为（2，0），点H的坐标为（4，0），设点P的坐标为，点M的坐标为，点N的坐标为．

由已知可得点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．

∴AP的直线方程为，BP的直线方程为．

令，分别可得，．

∴点M的坐标为，点N的坐标为．

若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，

∵，

∴．

．

∵，

∴，代入得到，

∴．

∴．

∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．

解法5：设直线OP与交于点T．

∵轴，

∴有，．

∴，，即T是MN的中点．

又设点P的坐标为，则直线OP方程为．

令，得，∴点T的坐标为．

而，若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，

则，即．

∵，∴，

∴，解得或．

∵，∴，

∴．

∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．

【点睛】圆锥曲线与圆结合的题目，要充分利用圆的几何性质进行求解，本题中使用圆心到直线的距离小于半径来求解轴与圆相交，从而求出，利用垂径定理求解弦长，进而求出最大值.