湖南省长沙市长郡湘府中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学模拟试卷

这是一份湖南省长沙市长郡湘府中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学模拟试卷，共8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。
1．已知点到直线的距离为，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．点关于直线的对称点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的渐近线方程是：，则双曲线的焦距为（ ）
A．3B．6C．D．
4．在数列中，为前n项和，若，，则（ ）
A．95B．105C．115D．125
5．数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，是双曲线的两个焦点，以线段为边作正三角形，若边的中点在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．在四面体中,,,,,,则四面体外接球的表面积为( )
A．B．C．D．
8．已知椭圆与圆在第二象限的交点是点，是椭圆的左焦点，为坐标原点，到直线的距离是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（20分）
9．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．已知直线与直线互相垂直，则
C．圆的圆心到直线的距离为2
D．两圆与的公共弦所在的直线方程为
10．如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足平面ABC的是（ ）
A． B． C． D．
11．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ）
A．此数列的第20项是200B．此数列的第19项是182
C．此数列偶数项的通项公式为D．此数列的前项和为
12．已知正三棱锥中，为的中点，，，则（ ）
A．B．
C．该三棱锥的体积是D．该三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题（20分）
13．如图所示平行六面体中，，则___________.
14．圆与圆的公共弦长为_________．
15．在数列中，，且前n项和满足，则数列的通项公式为________．
16．已知抛物线方程为，直线l的方程为，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则的最小值为_________．
四、解答题（70分）
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，点E，F分别是上的动点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，且与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，
（1）求顶点的坐标；
（2）求的面积．
19．如图，正方形的边长为2，的中点分别为，正方形沿着折起形成三棱柱，三棱柱中，，.
(1)证明：当时，求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
20．设椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点，与椭圆交于点；若垂直于轴，则.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为，直线与直线交于点.求证：点在定直线上.
21．已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设，求数列的前项和.
22．已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于和两点，且．
（1）求该抛物线的方程；
（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若，求的值．
参考答案：
1．C
【解】由题意得．
解得或．，．
2．B
【解】设点关于直线的对称点的坐标为，
则由题意可得
3．B
【解】因为双曲线的渐近线方程是：，
所以，，所以焦距为.
4．A
【解】因为在数列中，，所以数列是等差数列,
又因为，所以，解得，
所以，
5．B
【解】因为（），
所以，整理得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以数列前2021项和为
，
6．D
【解】依题意知，若双曲线焦点为，，
∴，则△的高为，即，
∴，代入双曲线方程：，整理得：，
∵，
∴，整理得，得，
∵，∴．
7．A
【解】因为,所以
在中,由正弦定理得,即
所以,所以
取AC的中点,可知为四面体ABCD外接球的球心,外接球的半径
所以四面体ABCD外接球的表面积
8．B
【解】如图所示，连接，因为圆，可得，
过点作，可得，且，
由椭圆的定义，可得，所以，
在直角中，可得，即，
整理得，
两侧同除，可得，解得或，
又因为，所以椭圆的离心率为.
9．AB
【解】直线，即对恒成立，所以直线恒过定点，所以A正确；
因为与直线互相垂直，所以，所以，所以B正确；
因为圆的圆心坐标为，所以圆心到直线的距离为，所以C错误；
将两圆与方程联立，作差可得，所以D错误.
10．BC
【解】对于A，如图所示，点，为正方体的两个顶点，则，
所以、、、四点共面，同理可证，即、、、四点共面，平面，故A错误；
对于B，如图所示，为正方体的一个顶点，则，，
平面，平面，所以平面，同理可证平面
又，、平面，平面平面，
又平面，平面，故B正确；
选项C，如图所示，为正方体的一个顶点，则平面平面，
平面，平面，故C正确；
对于D，连接，则，，，，四点共面，
平面，与平面相矛盾，故D错误．
11．AC
【解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，，由此可得，A正确；，B错误；C正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，D错．
12．ABD
【解】如图示：取中点N，连接，，因为为正三棱锥，所以PA=PC，BA=BC,
所以PN⊥AC，BN⊥AC，又因为所以平面，
所以，故A正确；
又，，所以平面，所以，，故B正确；
又三棱锥为正三棱锥，，且，
在中，设则由勾股定理:，
解得：，故三棱锥的体积为，故C错误，
因为三棱锥为正三棱锥，，，且所以三棱锥可以扩充为一个正方体，其外接球半径为，所以外接球表面积为.
13．
【解】在平行六面体中，
所以
，
所以
14．
【解】由圆与圆，
两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为，
圆的圆心，半径，
则圆心到直线的距离，所以公共弦长为.
15．
【解】当时，，解得；
当时，由，得，
两式相减得，
即，整理得，
因为，所以，即，
又，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以.
16．
【解】设抛物线的焦点为，则，
过作直线的垂线，垂足为，过作直线直线的垂线，为垂足，线段与抛物线的交点为，如图，
，
由图形可知，当三点共线，即与重合，与重合时，取得最小值，
所以的最小值是．
17．【解】(1)证明：由，得，即．
∵底面，∴，又，且，，平面，
∴平面，即平面．
(2)由底面，得与底面所成角即为，
∴，不妨设，则，，，
以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
∴，．
设平面的一个法向量为，
则令，则，
∴．
又平面，而，
∴平面的一个法向量，，
由图可知平面与平面夹角为锐二面角，则平面与平面夹角的余弦值为．
18．【解】（1）设，因为直线与直线垂直，且点在直线上，
所以，解得，故.
（2）设由题知：，
所以，解得，即.
，直线，即：.
，
点到直线的距离，
所以.
19．【解】(1)证明：当时，点D是的中点，
因为，所以，
又，所以，所以，
因为，，，
所以平面，平面，
所以，且，所以平面BCD；
(2)因为，CA，CB两两互相垂直，所以以点C为原点，以，，作为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，
平面，所以向量是平面的法向量，设
，，，，，
设平面DBC1的法向量，
所以，即，令，，，
所以平面DBC1的一个法向量，
，解得
所以，即，此时二面角的余弦值是
20．【解】（1）由已知得，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，，
联立，得，所以，
可得，，
所以，
又因为，
所以；
所以点在直线上．
21．【解】（1）当时 ，，
当时，，经检验也满足 ，
所以
（2）因为，当或时，，
当时，；当时，，
当时，，，①
，②
①-②可得
，化简可得，
所以.
22．【解】（1）依题意可知抛物线的焦点坐标为，，故直线的方程为，
联立，可得．
，，△，解得，．
经过抛物线焦点的弦，解得．
抛物线方程为；
（2）由（1）知，，，代入直线，
可求得，，即，，，
，，，，
，，
点在抛物线上，故，
解得：或．