2022-2023学年广东省广州市四校联考高二上学期期中考试数学试卷（B卷）

这是一份2022-2023学年广东省广州市四校联考高二上学期期中考试数学试卷（B卷），共22页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

广州市四校联考2022-2023学年度第一学期期中考试（B）
高二数学
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．过点作圆的切线，则切线方程为（    ）
A． B．
C．或 D．或
2．已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（    ）
A． B．4 C．3 D．2
3．已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N．若动点，则的最小值为（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
5．在等比数列中，已知，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
6．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）
A．的最小值为B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为
7．已知椭圆的左､右焦点分别为为上不与左､右顶点重合的一点，为的内心，且，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆）的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的内切圆的半径满足，则（其中为椭圆的离心率）的最小值为（    ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知直线和圆，则下列说法正确的是（    ）
A．存在实数，使得直线与圆相切 B．若直线与圆交于，两点，则的最大值为4
C．对于，圆上有4个点到直线的距离为
D．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
10．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（    ）






A．存在点，使得
B．线段长度的取值范围是
C．当点与点重合时，四棱锥的体积为
D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为
11．已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，P为C上任意一点，、分别为C的左、右焦点，则下列说法正确的是（    ）
A．存在点P，使得的长度为 B．面积的最大值为
C．C上存在4个不同的点P，使得是直角三角形
D．内切圆半径的最大值为
12．已知数列满足，，记数列的前n项和为，对恒成立，则下列说法正确的有（    ）
A．若，则数列为递减数列 B．若，则数列为递增数列
C．若a＝3，则的可能取值为 D．若a＝3，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．
13．在△ABC中，已知，则其外接圆的直径为______.
14．对于数列定义：，，，…，（其中），称数列为数列的阶差分数列.如果（常数）（），那么称数列是阶等差数列.现在设数列是2阶等差数列，且，，，则数列的通项公式为_________.
15．在棱长为的正方体中，是底面内动点，且平面，当最大时，三棱锥的体积为______．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的动点，点，点.在点的运动过程中，的面积的最大值为且满足成立的点有且只有个.当点在轴的下方运动时，记的外接圆半径为，内切圆半径为，则的最大值为________，的外接圆面积的取值范围为______________.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．

18．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D为边BC上一点，若．
(1)证明：①AD平分∠BAC， ②；
(2)若，求的最大值．


19．已知两定点，，动点P满足，直线．
(1)求动点P的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)记动点P的轨迹为曲线E，把曲线E向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度后得到曲线，求直线被曲线截得的最短的弦长；
(3)已知点M的坐标为，点N在曲线上运动，求线段MN的中点H的轨迹方程．


20．如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.

(1)若点为棱的中点，证明：平面；
(2)已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.

21．已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．









（1）求椭圆C的方程．
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．


22．已知椭圆,的离心率相同.点在椭圆上，、在椭圆上.








(1)若求点的轨迹方程；
(2)设的右顶点和上顶点分别为、，直线、分别是椭圆的切线，、为切点，直线、的斜率分别是、，求的值；
(3)设直线、分别与椭圆相交于、两点，且若是中点，求证：、、三点共线（为坐标原点）.


























参考答案：
1．D 【分析】根据切线斜率是否存在分类讨论，利用圆心到切线距离等于半径可求结果．
【详解】由圆心为，半径为2，斜率存在时，设切线为，
则，可得，所以，即；斜率不存在时，，显然与圆相切，
综上，切线方程为或．
2．D 【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．
【详解】各项为正的数列，，时，，
即，化为：，，，
又，解得，数列是等差数列，首项为1，公差为2．，
，，当且仅当时取等号，的最小值为2．
3．B 【分析】先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.










【详解】易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，
设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，
故，整理得，又点在直线上，
故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为
圆心到直线的距离减去半径1，即.
4．A 【分析】求出直线的方向向量，平面的法向量，再根据空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．
【详解】平面的方程为，平面的法向量可取
平面的法向量为，平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，，所以，
则直线与平面所成角的大小为，．
5．A 【分析】直接利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.
【详解】∵公比，∴，∴，
∴，∴，∴，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴且，
∴且，即“”是“”的充分不必要条件．
6．D 【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.
【详解】解：因为，所以，，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为，无最小值．
7．B 【分析】取中点，由及得到三点共线且，再根据双曲线定义及得到的比例关系，进而解出离心率.
设是的中点，连接，如图，则，由，得
三点共线，.由既是的平分线，又是边上的中线，得.作轴于点，，且，.







8．B 【分析】由已知即向量数量积定义可得，应用余弦定理求得，根据等面积法可得，再由正弦定理列方程求离心率，结合目标式、基本不等式求其最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，故，
又，则，
由余弦定理知：，
所以，而，
因为的内切圆的半径，故，
所以，则，
由，即，
所以，整理得且，所以，
，当且仅当时等号成立，
所以目标式最小值为.
9．BCD 【分析】根据切线的斜率是否存在，判断A；根据弦长的最大值是直径，判断B；首先计算圆心到直线的距离，再利用数形结合判断C；根据圆系方程判断D.
【详解】由，则圆心且半径为，
A：因为直线过定点，若直线与圆相切，则直线的斜率不存在，即，故不正确；
B：当直线经过圆心时，取最大值即圆的直径，故正确；
C：因为圆心到直线的距离，所以，所以圆上有4个点到直线的距离为，故正确；
D：当时直线，曲线，即一定过直线与圆的交点，故正确．
10．BC 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.






【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、
设点、，其中，.
对于A选项，若存在点，使得，且，，
，解得，不合乎题意，A错；
对于B选项，设，其中、，
即，即，可得，
，则，所以，，B对；
对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：











在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，且，同理且，且，
所以，，故几何体为三棱台，
，，，
，因此，，C对；
对于D选项，，，
则点到直线的距离为，
，则点到直线的距离为，
所以，，故，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
11．BCD 【分析】对于A，根据椭圆焦点弦的范围，即可判断，
对于B, 根据，当高最大时，面积最大，即可判断，
对于C，根据顶角最大为最大为，故不存在点P，使．但当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，即可判断，
对于D, 根据，即面积最大时，内切圆半径的最大，即可求解.
【详解】由题意得，解得，解得，则椭圆C的方程为，
选项A：P为C上任意一点，则，故不正确，
选项B：面积为．当点P落在短轴端点时，面积最大为，故正确；
选项C：点P在椭圆上，则，，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，所以最大为．故不存在点P，使．当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，故正确；
选项D：设的内切圆半径为r，的面积，若r最大，需的面积最大，选项B可知，当点P落在短轴端点时，面积最大，为，解得此时，故正确，
12．BCD 【分析】对于A，取特殊情况，可得答案；对于B，构造函数，作图，利用数形结合思想，可得答案；
对于C、D，同B，可得数列的取值方程，整理求得数列相邻两项的大小关系，利用放缩法，解得裂项相消和等比数列求和，可得答案.












【详解】对于A，令，解得，即数列的不动点为2，所以当a＝2时，，此时为常数列，A错误；
对于B，作出函数与函数y＝x的图像如图：由图可知B正确；
对于C，作出函数与函数y＝x的图像如图：
由图可知：






，∴，∴，
即，又∵，∴，
一方面，由得，
∴，，
∴
∵，且当n→＋∞，，∴，∵，
∴另一方面，由，，得，，
又∵，，，且，∴，
13．4 【分析】设外接圆半径为，利用正弦定理即可求解.
【详解】设外接圆半径为，由正弦定理可得：，
所以，所以外接圆直径为，
14． 【分析】计算，，，确定，再利用累加法计算得到答案.
【详解】根据题意：，，，
故，故，，
故.
15． 【分析】根据面面平行的判定可证得平面平面，由此可得点轨迹为线段；根据，可知当时，最大；利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.
【详解】，平面，平面，平面，
同理可得：平面，又，平面，平面平面，
平面平面，点轨迹为线段，
平面，平面，，
，则当最小时，最大；
四边形为正方形，当，即为中点时，最小；
当为中点时，最大，
平面，平面，    ，
，平面，平面，
，，.
16．         
【解析】若成立，分别讨论和时矛盾，可得，则得出，由三角形面积最大值得，求出，设，由余弦定理可得，由三角形面积得，即可求出最大值；设的外接圆的圆心，
设,其中，由，可得，令，则，利用导数求出，，即可求出.
【详解】若成立，
显然当在左右顶点时，等式不成立，则和为锐角，
若，则，即，
则，即，则，
同理，，则，则，与已知矛盾；
若，则，即，
则，即，则，
同理，，则，则，与已矛盾，
综上，若成立，，
点在以AB为直径的圆上，该圆与椭圆恰有3个交点，由对称性，可得其中一个交点为椭圆的下顶点，，
的面积的最大值为，，，可解得，
设，在中，由余弦定理可得，
，则可得，，
又，，则，
由正弦定理可得，则，，
当在下顶点时，最小，此时，取得最大值为；
可得的外接圆的圆心在轴上，设圆心为，
设,其中，则，即，可得，
令，则，则令，则，
当时，，单调递减，时，，单调递增，
，，，，，，
则，则的外接圆面积.故答案为：；.
【点睛】本题考查椭圆综合问题，解题的关键是判断出若成立，，从而求出.
17．（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
【详解】试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式
（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．
解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列∴设其公比为q，q＞0
∵a3=a2+4，a1=2∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1∵q＞0∴q="2" ∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n
（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1
∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．
18．(1)①证明见解析 ；②证明见解析(2)
【详解】（1）①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，
在△ABD中，由正弦定理得：，即，
在△ACD中，由正弦定理得：，即
由题意可得：，则
∵，则∴，
又因为，所以a=b，即所以AD平分∠BAC，
②由题意可得：，即
整理得：∵，
∴即证
（2）因为，即
又∵

所以，即所以，则∴，当且仅当时等号成立所以的最大值为．
19．(1)动点P的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；(2)；
(3)．
【详解】（1）设点，由得，化简得，
∴动点 P 的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；
（2）∵曲线E的方程为，∴曲线的方程为，圆心为在，半径为2，
又∵直线可化为，由，可得，∴直线恒过定点，
由平面几何知识可知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，∵，半径为2，∴最短弦长为；
（3）设，，又点M的坐标为，所以，∴，
∵点 N 在圆：上运动，∴，
所以，即，∴点 H 的轨迹方程是．
20．
(2)以的中点为为原点 ，建立空间直角坐标系，用向量法解决问题.
【详解】（1）延长交于点，连接，在中，是的平分线，且，
是等腰三角形，点是的中点，又是的中点，，
又平面平面，直线平面.
（2）在中，，
则，即，由已知得，
又平面平面平面
所以平面，即，
所以以为二面角的平面角，所以，又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则平面
如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设分别为平面和平面的法向量，则
，即，取，则，
，即，取，则，所以.
则平面和平面所成夹角的余弦值为.
21．（1）；（2）6. 【分析】（1）根据椭圆的离心率为，可得，再将点代入椭圆方程可得，解出可得答案.
（2）设直线，与椭圆方程联立得出韦达定理，由条件求出点坐标，求出的长度，得出直线的方程为：与直线求出点坐标，得出长度，从而表示三角形面积，得出最值.
【详解】解析：（1）由题意，得，解得：，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可得,若直线的斜率为0，则的方程为：与直线无交点，不满足条件.
设直线，若，则则不满足，所以
设，
由，得：，
，
因为，即
则，
所以，解得．
于是．
直线的方程为：
联立，解得，所以．
所以，
当且仅当时，．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程和椭圆中三角形面积的最值问题，解答本题的关键是根据向量条件得出，进而求出点的坐标，得到的长度，从而表示出三角形的面积，属于中档题.
22．(1)(2)(3)证明见解析
【分析】（1）设点，可得出，由已知可得出，将代入等式化简可得出点的轨迹方程；
（2）分写可得出，写出直线、的方程，将这两条直线的方程分别与椭圆的方程联立，由判别式方程可得出、的表达式，即可求得的值；
（3）不妨设、，且，，可得出，代入椭圆的方程，可得出，同理可得出，两式作差，结合点差法证明出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：设点，由，可得，
因为点在椭圆上，则，即，即.
因此，点的轨迹方程为.
（2）解：易知点、，直线的方程为，
直线的方程为，
因为椭圆与椭圆的离心率相等，且椭圆的离心率为，
椭圆的离心率为，可得，
所以，椭圆的方程为，即，
联立可得，
，可得，
联立可得，
，可得，
因为，则.
（3）证明：，则，则，
不妨设、，且，，
所以，，所以，，
代入椭圆的方程可得，
即，
因为，，
所以，，①
同理可得，②
①②可得，所以，，
因为，这两个等式作差可得，
所以，，故、、三点共线.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.