河南省平顶山市等5地、舞钢市第一高级中学等2校2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省平顶山市等5地、舞钢市第一高级中学等2校2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知直线经过点，则该直线在轴上的截距为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】将点代入方程得出，进而由得出所求截距.
【详解】因为直线经过点，所以，解得，
所以直线方程为，令，得．
故选：D
2. 直线的一个方向向量可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线转成斜截式，可得到一个方向向量，然后找出与其平行的向量即可
【详解】由可得
所以直线一个方向向量为，
对于C，因为，所以也是直线的一个方向向量，
对于ABD选项，由于都不与平行，故不是直线的方向向量，
故选：
3. 已知直线与圆相交于、两点，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，最后根据弦长公式计算可得.
【详解】圆圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，则，
所以．
故选：A
4. 已知椭圆的两个焦点分别为，椭圆上一点与焦点的距离等于6，则的面积为（ ）
A. 24B. C. 27D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆方程可确定P点位置，据此可得三角形面积.
【详解】由知，即，
所以点恰好是椭圆短轴的一个端点，
所以的面积．
故选：B
5. 已知直线与平行，则（ ）
A. 2B. 3C. D. 2或
【答案】A
【解析】
【分析】由直线平行的条件求解即可.
【详解】因为，所以，解得或．当时，与重合．故．
故选：A
6. 在正项等比数列中，若，则（ ）
A. 6B. 12C. 56D. 78
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用等比中项即可求出和的值，代入计算即可.
【详解】由等比数列的性质可知，
又因为为正项等比数列，
所以，所以．
故选：D.
7. 已知点在平面内，平面，其中是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由法向量的定义结合数量积运算确定，再判断选项.
【详解】设是平面内的一点，则，
所以，即，选项满足．
故选：B
8. 中国古代数学名著《算法统宗》记载有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品､从一品､正二品､从二品､正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮305石，分给正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员，依照品级递减13石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正二品分得的俸粮是（ ）
A. 35石B. 48石C. 61石D. 74石
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的定义结合求和公式得出正一品的俸粮数，进而得出正二品分得的俸粮数.
【详解】正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员所分得的俸粮数记为数列，
由题意，是以为公差的等差数列，且，解得．
故正二品分得俸粮数量为（石）．
故选：C
9. 等比数列的公比为，“”是“数列单调递增”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】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由数列是单调递增一定能推出，
当时，有，
若，则有，，因此数列单调递增，
若，则有，，因此数列单调递增，
所以由一定能推出数列单调递增，
因此“”是“数列单调递增”的充要条件，
故选：C
10. 已知点，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可.
【详解】设，
可求得，
所以．
故选：B
11. 已知抛物线的焦点为，准线为是过焦点的一条弦，已知点，则（ ）
A. 焦点到准线的距离为1
B. 焦点，准线方程为
C.
D. 的最小值是5
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物方程可得，及焦点位置可判断AB，利用特殊位置为通径时判断C，再由抛物线定义及三点共线可判断D.
【详解】由题设知，所以焦点到准线的距离为2，故A错误；
由抛物线的方程知，抛物线焦点在轴上，故B错误；
考虑特殊情形，当与轴垂直时，得到，故C错误；
作，垂足为，如图，
因为,
所以，当且仅当 三点共线时等号成立，故D正确．
故选：D
12. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（ ）
A. 当运动时，不存在点使得
B. 当运动时，不存点使得
C. 当运动时，二面角的最大值为
D. 当运动时，二面角为定值
【答案】C
【解析】
【分析】建立坐标系，利用向量法判断AC；由反证法判断B；平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
所以，
故恒为正，故A正确．
若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确．
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误．
连接．平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确．
故选：C
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 设公比为2的等比数列的前项和为，若，则__________．
【答案】33
【解析】
【分析】根据等比数列的求和公式及通项公式计算即可得解.
【详解】因为，
所以．
故答案为：33
14. 写出与圆和圆都相切的一条直线的方程：__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据圆的半径、圆心可判断两圆位置关系，据此求公切线方程即可.
【详解】由圆，圆，
，可知它们外切，
所以两圆的方程作差即可得内公切线的方程为．
又直线的方程为，两圆半径相等，
故可设外公切线的方程为，
因为圆心到外公切线距离为，
所以或，即两条外公切线的方程分别为和．
故答案为：（答案不唯一）
15. 已知四面体分别是的中点，且，则向量__________（用表示）．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形法则和平行四边形法则得出，进而得出.
【详解】，所以．
即
故答案为：
16. 双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上一点，直线PA，PB与分别交于M，N两点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，，，写出直线方程求得点纵坐标后，求出，然后利用导数求得最小值．
【详解】由题意，，设，，，，
直线方程为，令，得，
直线方程为，令，得，
，
设，则，
得，
时，，时，，
∴在上递减，在上递增，
时，，
所以．
故答案为：．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 设等比数列的前项和为，已知，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式列式求，即可得结果；
（2）利用分组求和可求得，再结合函数单调性证明.
【小问1详解】
设数列的公比为，
∵，则，解得，
故.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
∵在上单调递增，则数列为递增数列，
∴当时，，
故当时，.
18. 已知椭圆的长轴比短轴长2，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，且线段的中点为，求的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率以及短轴长与长轴长的关系得到方程组，解出即可.
（2）设，利用点差法得，再根据中点坐标求出，，代入即可得到直线斜率，最后写出直线方程即可.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，所以，解得．．
又椭圆的长轴比短轴长2，所以，
联立方程组，解得
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
显然点在椭圆内，
设，因为在椭圆上，所以，
两个方程相减得，即，
因为线段的中点为，所以，，
所以．
所以的方程为，即．
19. 如图，四边形是边长为2的菱形，且平面，．
（1）证明：平面平面．
（2）求平面与平面夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面得出，再由勾股定理证明，最后由面面垂直的判断证明即可；
（2）以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法得出面面角.
【小问1详解】
证明：连接，设与相交于点，连接．
在菱形中，，所以．
因为平面，所以．
又，所以平面，所以．
在直角三角形中，由，得．
在直角三角形中，由，得．
在直角梯形中，由，得，
所以，从而．
又，所以平面．
因为平面，所以平面平面．．
【小问2详解】
取的中点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则点
设平面的法向量为，
则取，则．
同理可得平面的法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的大小为．
20. 如图所示，在四棱锥中，是等边三角形，，，记平面ACD与平面ABE的交线为l.
（1）证明：.
（2）若，，Q为l上一点，求BC与平面QBD所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】(1)根据条件可证面，然后根据线面平行的性质定理即可得到结果.
(2)根据条件建立空间直角坐标系，根据向量法，结合线面角公式即可求得结果.
【小问1详解】
在四棱锥中，，
又因为面，面，
所以面，
又因为平面与平面的交线为，面，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
在直角中，因为，所以，
因为在直角中，因为，所以，
取的中点，连接，在等边中，，
在等腰直角中，
在中，因为，所以，
以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
设由(1)知，且过点，则，即,得，即，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
则平面的法向量为
设BC与平面QBD所成角为，BC与平面QBD的法向量所成角为，
则，
，即，则BC与平面QBD所成角的正弦值的最大值为.
21. 设等差数列的前项和为，是等比数列，已知，．
（1）求的通项公式以及；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于首项与公差、公比的方程组，解方程求解即可；
（2）由，利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
设数列的公差和公比分别为，
由题意得，
相邻两个方程分别相减得．
进一步化简得即，
解得．
将代入和，可得，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，．
因为，
所以，
，
，
上式相加得．
22. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，与两条渐近线分别交于两点，设，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率及双曲线上的点列出方程求解即可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，由根与系数的关系求出弦长，再联立直线的方程与双曲线的渐近线方程，求出坐标可得，再由计算即可.
小问1详解】
因为离心率为，所以，化简得，
把点代入的，解得
又，所以，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
由（1）得，设直线的方程为，
与联立消并整理得．
设，则，
，且，得，
所以
又由可得，不妨设，
同理由可得，
所以，
所以，故实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：由直线方程联立双曲线方程消去后，得到，需要注意到，解得，这是本题的关键点之一，其次需要运用弦长公式求出，将转化为，利用函数值域求范围.