2022-2023学年四川省德阳市德阳市第五中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

2022-2023学年四川省德阳市德阳市第五中学高二上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可判断

【详解】由特称命题的否定可知：“，”的否定为“，”.

故选：C

2．双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线方程，求得，即可直接写出渐近线方程.

【详解】对双曲线，焦点在轴上，且，故，

则其渐近线方程为：.

故选：C.

3．已知命题：，都有；命题：，.则下列命题中是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先判断命题、的真假，再判断各选项中复合命题的真假即可.

【详解】对于命题，当时，，故命题为假命题；

对于命题，，，命题为假命题.

所以为真命题，，，为假命题.

故选：D

4．已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，故圆锥的底面半径为，故选B.

【解析】圆锥的几何性质及侧面积公式.

5．已知向量，，则“”是“”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】A

【分析】将，看是否成立；根据向量共线的坐标表示，得出m的值，即可得出结论.

【详解】若，则 ，所以；

若，则，解得，得不出.

所以，“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

6．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分别对，，与特殊值0或1进行比较，从而判断出出它们的大小关系，得到答案.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，即

所以.

故选：A

7．下列结论错误的是（    ）

A．“”是“”的充要条件

B．“若，则方程一定有实根”是假命题

C．在中，若“”则“”

D．命题“如果，那么且”的逆否命题是“如果且，那么”

【答案】D

【分析】对于A，，故A正确；对于B，时，的符号不能确定，故B正确；对于C，利用正弦定理可以判断C正确；对于D，写出命题的的逆否命题可以判断D错误．

【详解】对于A，∵，∴，∴A正确；

对于B，∵时，的符号不能确定，则不能确定方程是否有根，∴B正确；

对于C，在中，∵，∴C正确；

对于D，命题“如果，那么且”的逆否命题是“如果或，那么”，∴D错误．

故选：D．

8．已知，将函数的图象向右平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】先将函数的解析式运用辅助角公式化简，然后写出平移后的解析式，得出对称轴方程.

【详解】因为，

图象向右平移个单位长度得到的解析式为

，

令，则，所以对称轴为，.

故选：A.

【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，考查利用整体法求解函数的对称轴问题，较简单.

9．已知正三棱柱，的体积为，底面积为，则三棱柱的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积.

【详解】依题意，，而，

解得，记的中心为О，的中心为О1，则，

取的中点，因为，，由勾股定理得，同理可得，

所以正三棱柱的外接球的球心为即，为外接球的半径，

由正弦定理得，

故，

故三棱柱的外接球表面积，

故选：A．

【点睛】本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.

10．已知直线过函数（，且）的定点T，则的最小值为（    ）

A．4 B．6 C． D．

【答案】C

【分析】根据求出点，再代入直线方程得到，最后利用基本不等式里“1”的妙用求最值.

【详解】函数过定点，所以，

将代入直线，得，即，

因为，，

所以，

当且仅当，即，时“=”成立.

故选：C.

11．在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，，且.若函数f(m)(m∈R)的最小值为，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得||的最小值为AB边上的高，由函数f(m)＝|－m|的最小值为，即点A到BC边的距离为，可求出∠ACB＝120°，即可求出||的最小值.

【详解】法一：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，

所以||的最小值为AB边上的高，又AC＝BC＝1，即O为AB的中点，

且函数f(m)＝|－m|的最小值为，即点A到BC边的距离为.

又AC＝1，所以∠ACB＝120°，在中，，

从而可得||的最小值为.

故选：C.

法二：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，

所以||的最小值为AB边上的高.

设的夹角为，所以

依题，可得，因为是钝角，所以.

在中，，

从而可得||的最小值为.

 故选：C.

12．过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为E，延长FE交抛物线于点P，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先设双曲线的右焦点为，则的坐标为，因为抛物线为，所以为抛物线的焦点，O为的中点，又可得E为FP的中点，所以OE为的中位线，得到，再设过点F作x轴的垂线，由勾股定理得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率．

【详解】设双曲线的右焦点为，则的坐标为

抛物线为，为抛物线的焦点，O为的中点，

，为FP的中点，

为的中位线．

为的中点，．

，．

切圆O于E，．

．

，．

设，则，．

过点F作x轴的垂线，则点P到该垂线的距离为2a．

由勾股定理，

，

．

，．

故选：D．

二、填空题

13．已知直线，若，则与的距离为_______.

【答案】

【分析】由求得的值，再根据两平行线间的距离计算即可.

【详解】解：直线，

当时，，解得；

当时，与重合，不满足题意；

当时，，此时；

所以，与的距离为

故答案为：.

14．正项等比数列中，，则的值是________.

【答案】20

【分析】根据等比数列的性质求解即可.

【详解】在等比数列中，，

，

故答案为:20.

15．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是_____（单位：）．

【答案】

【详解】由三视图可得原图形如图：

该几何体是一个三棱锥与半圆锥的组合体，三棱锥的底面是等腰直角三角形，半圆锥的底面半径为1，高均为3，则该几何体的体积.

故答案为

16．已知的内角，，的对边分别为，，，且，则的最小值为________.

【答案】##

【分析】根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，可求出，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．

【详解】因为，由得， 所以，

因为，

所以，

，所以，

而，

所以，即有，所以，，

，

当且仅当时取等号，所以的最小值为．

故答案为：．

三、解答题

17．已知命题：“，不等式成立”是真命题.

(1)求实数的取值范围；

(2)若：是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先进行分离参数得，根据恒成立的条件只需满足，然后利用二次函数的性质求出，即可求出参数的取值范围.

（2）首先求出中满足的取值范围，然后根据充分不必要条件确定与的推导关系，最后利用推导关系求出参数的取值范围.

【详解】（1）由题意在恒成立，所以，

因为，所以，即，

所以，所以实数的取值范围是.

（2）由得：，已知是的充分不必要条件，

即，但，得是的真子集，所以，即

所以实数的取值范围是.

18．已知抛物线的焦点F，C上一点到焦点的距离为5．

（1）求C的方程；

（2）过F作直线l，交C于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为-1，求直线l的方程．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由抛物线的定义，结合已知有求p，写出抛物线方程.

（2）由题意设直线l为，联立抛物线方程，应用韦达定理可得，由中点公式有，进而求k值，写出直线方程.

【详解】（1）由题意知：抛物线的准线为，则，可得，

∴C的方程为.

（2）由（1）知：，由题意知：直线l的斜率存在，令其方程为，

∴联立抛物线方程，得：，，

若，则，而线段AB中点的纵坐标为-1，

∴，即，得，

∴直线l的方程为.

【点睛】关键点点睛：

（1）利用抛物线定义求参数，写出抛物线方程；

（2）由直线与抛物线相交，以及相交弦的中点坐标值，应用韦达定理、中点公式求直线斜率，并写出直线方程.

19．已知，，分别是的角，，所对的边，且，.

(1)若的面积等于，求，；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可；

（2）利用二倍角公式及两角和差的正弦公式得到，再分与两种情况讨论，当，即可得到，利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出，，即可得到，从而得解；

【详解】（1）解：∵，由余弦定理得，

∵的面积和等于，∴，∴，

联立；

（2）解：∵，

∴，

∴，

当时，；

当时，，由正弦定理得，联立，解得，，∴，即，

又∵，∴，

综上所述，或；

20．已知单调递增的等比数列满足：,且是,的等差中项．

（1）求数列的通项公式；

（2）若,,求．

【答案】（1）；（2）．

【详解】试题分析：（1）将已知条件整理变形为等比数列的首项和公比来表示，解方程组得到基本量，可得到通项公式（2）化简通项得，根据特点求和时采用错位相减法求解

试题解析：（1）设等比数列的首项为，公比为，

依题意，有2（）=+,代入, 得=8, 2分

∴+=20 ∴解之得或 4分

又单调递增，∴ ="2," =2,∴=2n  6分

（2）, ∴ ① 8分

∴②

∴①-②得＝ 12分

【解析】1．等比数列通项公式；2．错位相减求和

21．如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线．设圆C的半径为1，且圆心在直线l上．

（1）若圆心C也在直线上，求圆C的方程；

（2）若圆C上存在点M，使，求圆心C的横坐标a的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据直线与的交点确定出圆心，结合半径则圆的方程可求；

（2）根据条件确定出点为两圆的交点，再根据圆与圆的位置关系求解出的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，所以圆心为，半径为，

所以圆的方程为：；

（2）设圆心坐标为，所以圆的方程为，

又因为，设，所以，所以，

记为圆，所以在圆上也在圆上，所以圆与圆有交点，

又圆的半径，圆的半径，则，

所以，

所以，所以的取值范围是.

【点睛】本题考查求解圆的方程以及根据圆与圆的位置关系求解参数范围，其中第二问对于学生的转化能力要求较高，难度一般.

22．已知椭圆：，以椭圆的右焦点为焦点的抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中、为切点，设直线，的斜率分别为，.

(1)求抛物线的方程及的值；

(2)求证：直线过定点，并求出这个定点的坐标；

(3)若直线交椭圆于、两点，分别是、的面积，求的最小值.

【答案】(1)抛物线的方程为；

(2)证明见解析，定点的坐标为

(3)

【分析】（1）根据椭圆方程确定抛物线的焦点坐标，即可求得其方程；设，设出过点作抛物线的切线方程，联立抛物线方程，利用判别式等于0，可得答案.

（2）利用导数的几何意义表示出以点为切点的切线方程, 利用两切线均过点,结合两点坐标都满足,即可证明结论,进而求得定点坐标.

（3）由题意可推得，因此设直线的方程为，联立方程，分别求得直线和抛物线以及椭圆相交的弦长，化简可得答案.

【详解】（1）依题意椭圆：的右焦点为，可得抛物线的焦点坐标为，

所以抛物线的方程为.

抛物线的准线方程为，故设，

过点与抛物线相切的直线斜率一定存在，设方程为，

将其代入得，由得，

即， ，其两根即为，所以.

（2）证明：设，，不妨设在第一象限，则，

对于抛物线在第一象限内部分有，

由可得，故，同理可得，

则点A为切点的切线方程为，即，

同理，以为切点的切线方程为，

因为两切线均过点，所以，，

即两点的坐标皆满足方程，又由于两点确定一条直线，

故切点弦的方程为，所以直线恒过定点.

（3）设点到直线的距离为，则，

因为直线恒过定点，且斜率不为零，故设直线的方程为.

联立,得，，则，

则；

联立，得， ，

设，，则 ，

则，

则，故当时，有最小值.

【点睛】关键点点睛：关于直线和圆锥曲线相交时的定点定值和最值问题，一般都属于比较困难的问题，难点就在于复杂的计算，并且是字母的运算，要十分细心；定点问题解决的方法就是要能根据题意求得直线的方程，利用分离参数的方法确定定点；第三问中面积比值的最值问题转化为弦长问题，即可解决.