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（理）试题（解析版）

这是一份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（理）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．4B．6C．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．1B．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．已知直线与椭圆：交于两点，弦平行轴，交轴于，的延长线交椭圆于，下列说法正确的个数是（ ）
①椭圆的离心率为；
②；
③；
④以为直径的圆过点.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据的关系可求离心率，根据两点斜率公式可判断②，联立方程，根据斜率公式以及韦达定理即可判断③④.
【详解】由椭圆方程可知：，因此离心率 ，故①正确，
设,则，，由斜率公式可得 ,即，故②正确,
设，则直线的方程为，所以
故
联立直线与椭圆：的方程可得，
由根与系数的关系可得，将其代入中，又 ，
故，
所以 ,所以以为直径的圆过点，故④正确，
，故③正确，
综上，①②③④均正确，
故选：D
二、填空题
13．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.
14．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
15．双曲线的右焦点为，直线过点且与双曲线右支交于两点.若弦长，且，则该双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】依题意得，则，在中由余弦定理可得的关系，即可得离心率.
【详解】如图所示：
所以
令左焦点为，由则双曲线的定义
则是等腰三角形，在中
，由余弦定理可得
整理可得
该双曲线的离心率为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出，再用余弦定理可得的关系.
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，，求使成立的正整数的最小值．
【答案】（1）；（2）5.
【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，代入已知条件可求得后得通项公式；
（2）求出，用错位相减法求得，再解不等式可得．
【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为．
依题意，有，代入，可得，
，
解之得或
又数列单调递增，
所以，，
数列的通项公式为．
（2），
，①
，②
②－①，得．
即，即．
易知：当时，，
当时，，
使成立的正整数的最小值为．
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.