2022-2023学年江苏省南通市如皋市高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南通市如皋市高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．若一条直线经过两点和，则该直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意结合直线的斜率公式求出该直线的斜率，即可求出直线的倾斜角.

【详解】因为一条直线经过两点和，

所以该直线的斜率为：

所以该直线的倾斜角为.

故选：C.

2．数列的前项和为，，则（    ）

A．32 B．16 C．15 D．8

【答案】B

【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再利用等比数列求.

【详解】因为，

所以时，，

所以，整理得，，又

所以是以1为首项，2为公比的等比数列，

所以．

故选：B

3．已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用展开前的底面圆的周长和展开后半圆的弧长相等，列式求得底面半径，再根据圆锥表面积公式求解.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，

∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，

∴，

∴，，

∴圆锥的表面积为．

故选:C．

4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】D

【详解】试题分析：，,故选D.

【解析】点线面的位置关系.

5．我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律，他是第一个利用数学使音乐公式化的人·十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，从第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，如下表所示，其中，，…，表示这些半音的频率，若半音G与的频率之比为，则与A的频率之比为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据等比数列性质求解即可.

【详解】由题可知：，

又第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，

所以为等比数列，且，

所以，

所以．

故选：B

6．已知是双曲线的一条准线，是上的一点，，是C的两个焦点，若，则点到轴的距离为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线方程求出与双曲线的准线方程，不妨设是右准线，可设点坐标为，根据数量积的坐标表示求出，即可得解.

【详解】解：双曲线，所以，，所以焦点为，，

又双曲线的准线方程为，

不妨设是右准线，可设点坐标为，则，，

由，即，解得．

所以点到轴的距离为．

故选：C

7．等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由等比数列的性质与累加法求解，

【详解】根据题意得，，解得，故，

时，，

故

．

故选：A

8．已知圆，圆，过点两条互相垂直的直线，，其中与圆交于A，B，与圆交于C，D，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先写出过定点的两条直线方程，并求得圆心到对应直线的距离，结合弦长公式，，以及，列式求直线的斜率，最后求弦长的值.

【详解】设，到直线AB，CD的距离分别为，，

若过定点的直线分别为和，则，不满足条件，

当两直线的斜率都存在时，设直线，斜率分别为，，则，

直线，方程分别为，，

由点到直线距离公式可得：

,，

又，，

整理可得，

所以．

故选：A

二、多选题

9．已知数列为等比数列，则（    ）

A．数列，，成等比数列

B．数列，，成等比数列

C．数列，，成等比数列

D．数列，，成等比数列

【答案】BD

【分析】根据比数列的定义，逐一判断选项.

【详解】设等比数列的公比为，

A.由等比数列的性质知，，当时，，故A错误；

B.可知数列，，每项都不为0，且，故B正确．

C.当数列为1，，1，，1……时，，故C错误；

D.数列，，的每一项都不为0，且，故D正确.

故选：BD

10．某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径为40mm，满盘时直径为120mm，已知该卫生纸的厚度为0.1mm，为了求出满盘时卫生纸的总长度，下列做法正确的是（    ）

A．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.0，21.1，…，59.9

B．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.05，20.15，…，59.95

C．同心圆由内向外各圈周长组成一个首项为，公差为的等差数列

D．设卷筒的高度为，由等式可以求出卫生纸的总长

【答案】BCD

【分析】把绕在盘上的纸近似地看作是一组同心圆，从内到外，半径依次组成等差数列，分别计算出各圆的周长，再由体积求总长即可．

【详解】卫生纸的厚度为0.1mm，可以把绕在盘上的卫生纸近似地看作一组同心圆，取半径时从每层纸的中间开始算，则由内向外各圈的半径组成首项为20.05，公差为0.1的等差数列，A选项错误，B选项正确；

这个等差数列首项，公差，由，得，解得；

设各圈周长的，则，，，

所以各圈的周长组成一个首项为，公差为，项数为400的等差数列，C选项正确；

利用体积相等，可得，D选项正确．

故选：BCD

11．已知双曲线，C的两条渐近线分别为，，点为C右支上任意一点，它到，的距离分别为，，到右焦点的距离为，则（    ）

A．的取值范围为 B．的取值范围为

C．的取值范围为 D．的取值范围为

【答案】CD

【分析】首先由点到直线的距离，以及两点间距离，分别表示，并设右焦点到渐近线距离为，根据双曲线的性质判断A；根据的式子，结合二次函数值域，可求的范围，判断B；结合基本不等式判断C；利用数形结合判断D.

【详解】由题可知，，，，设，右焦点到渐近线距离为，

渐近线方程为：，，不妨设所对应的直线分别为，，

，，，

，故B错误；

，当且仅当时等号成立，故C正确；

由图可知，，故D正确；

由双曲线性质，双曲线无限接近渐近线，所以的最小值无限接近于0，所以无最小值，故A错误；

由双曲线对称性，，，所对应的直线分别为，时仍成立．

故选：CD

12．如图，已知正方体的棱长为1，，分别为正方体中上、下底面的中心，，，，分别为四个侧面的中心，由这六个中心构成一个八面体的顶点，则（    ）

A．直线与直线所成角为 B．二面角的正切值为

C．这个八面体的表面积为 D．这个八面体外接球的体积为

【答案】ACD

【分析】A.根据几何关系，将异面直线所成角，转化为相交直线所成角；

B.构造二面角的平面角，再根据余弦定理求解，转化为正切值；

C.根据几何体的特征，计算一个等边三角形的面积，再求八面体的表面积；

D.由几何体确定外接球的球心和半径，再求外接球的体积.

【详解】A.连结，交于点，由正方体的性质可知，点平分，

所以四边形是平行四边形，所以，

所以直线与直线所成角为,因为八面体的由8个全等的等边三角形构成，

所以，故A正确；

B.

取的中点，的中点，连结，，,

由图可知，八面体的表面是8个全等的等边三角形，四边形是正方形，

所以，，

所以是二面角的平面角，

等边三角形的边长为,

所以,，

所以,，所以，故B错误；

C.这个八面体的表面为8个全等的等边三角形，等边三角形的边长为

可求得，所以八面体的表面积为，故C正确；

D.八面体外接球的球心即为四边形的中心，外接球的半径为，

八面体外接球的体积为，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．已知数列中，，则此数列的前8项和为__________．

【答案】##

【分析】由裂项相消法求解，

【详解】，

的前8项和为．

故答案为：

14．已知数列的前项之和为，满足，且，则时，__________．

【答案】

【分析】先得到是等比数列，求出，从而利用时，求出答案.

【详解】∵，，

∴是以1为首项，2为公比的等比数列，

∴，

∴时，．

故答案为：.

15．在正三棱锥中，O为底面的中心，，，，，分别在棱PA，PB，PC上，且，圆柱的上底面是的内切圆，下底面在平面ABC内，则圆柱的侧面积为__________．

【答案】##

【分析】首先根据比例关系计算正的边长，再计算其内切圆半径，以及圆柱的高，最后根据圆柱的侧面积公式求解.

【详解】由，得，易得正的内切圆半径，易得圆柱的高为2，所以圆柱的侧面积为.

故答案为：

四、双空题

16．已知V为圆锥顶点，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，过点A作与底面成的平面，此平面与圆锥侧面的交线为椭圆，则椭圆的长轴长为__________；离心率为__________．

【答案】         

【分析】首先作图，找到椭圆的长轴，根据几何体，即可求解；

首先找到短轴长，再根据圆内相交弦定理，求解短半轴长，再根据椭圆的性质求离心率.

【详解】设椭圆所在平面为，平面与母线VB交于点C，

则就是与底面所成角，且AC为椭圆的长轴，如图所示，

又是等边三角形，由，，得，故，

即椭圆的长轴长为．

过椭圆中心O作平行于圆锥底面的截面圆形，交VA，VB于D，E，交椭圆于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，DE为直径，因为轴截面是边长为2的正三角形，O为AC的中点，所以，．因为，所以，由相交弦定理可得，

所以短半轴长，故，离心率为．

故答案为：；

五、解答题

17．设等差数列的前项和为，已知，．

(1)求；

(2)若为与的等比中项，求．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由已知条件，列式后解方程组，求数列的首项和公差，再求通项公式；

（2）首先由题意得，，代入通项公式后，求.

【详解】（1）设等差数列公差为，，解得，

，所以，，

.

（2）由题意：，，即，

化简得：，

解之得或（舍），故.

18．在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面．

(1)求证：；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，即可得到，从而得到平面，根据线面平行的性质即可得证；

（2）连接交于点，连接，根据正四棱锥的性质得到平面，即可得到，再由，即可得到平面，再根据计算可得.

【详解】（1）证明：连接，∵，分别为，的中点，

∴

又∵平面，平面，

∴平面，

又∵平面，平面平面，

∴

（2）解：连接交于点，连接，

在正四棱锥中，四边形为正方形，

∴为正方形中心

∴平面，又∵平面，∴，

因为，，，平面，所以平面，

即AO为点到平面的距离，，

在中，，

所以，

所以．

19．已知数列满足且，．

(1)求通项；

(2)求数列的前项之和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数列递推公式的分段形式，分别求为奇数和偶数的通项公式;

（2）由（1）可知，利用错位相减法求和.

【详解】（1）当为奇数时，由知数列是公差为2的等差数列，

，∴，为奇数；

当为偶数时，由知数列是公比为2的等比数列，

，∴，为偶数

∴；

（2）记，

相减得：

∴

20．已知椭圆的离心率为e，且过点和．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线对称，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求解椭圆方程；

（2）法一，利用点差法，求线段的中点坐标，并求得直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长；

法二，首先设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理得到中点坐标，代入对称直线求，再同法一，求弦长.

【详解】（1）由题意知：，∴

，∴，所以椭圆；

（2）法一  设及AB中点，由题意知

，，以上两式相减得：，

可化为：即，故，

又∵M在直线上，所以，解得：，

即，直线，化简为：

联立 整理得：，由韦达定理知

由弦长公式得：．

法二  设直线，

联立， 整理得：

，则中点，满足直线方程，解得

所以AB：

联立 整理得：，由韦达定理知

由弦长公式得：．

21．在正四棱柱中，已知，，E为棱的中点．

(1)求证：；

(2)求与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，即证明面；

（2）首先证明平面平面，说明为所求角，再根据余弦定理求解.

【详解】（1）连结AC交BD于点O，连结．

在正四棱柱中，面ABCD，

又∵ABCD，∴

∵四边形ABCD为正方形，∴

又∵，，面，∴面，又∵面

∴

（2）由（1）知：面，又平面，∴平面平面，

又面面，

∴为直线与平面所成的平面角，

∵正四棱柱中，，，

分别在，，中，

解得，，

所以，

故与平面所成角的余弦值为．

22．已知圆，抛物线，过原点作圆C的切线交抛物线于A，且．

(1)求抛物线E的方程；

(2)设P是抛物线E上一点，过点P作圆C的两条切线分别交抛物线E于Q，R，若直线的斜率为，求P的坐标．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由点到直线的距离公式得切线方程，与抛物线方程联立后解得点坐标，由两点距离列式求解，

（2）由点差法化简得斜率，得切线方程后由点到直线的距离公式列式求解，

【详解】（1）设直线，，解得：，

由对称性，不妨取，

解得，，∴

解得：，∴抛物线．

（2）设，满足，设满足，

，即，

，直线，化为一般式为：，

由题意知：，

化简得：；同理，

故，为方程：的两根

化简整理为：，

由韦达定理知：，解得或，

∴或