2022-2023学年安徽省名校高二下学期开学考试数学试题（A卷）含解析

这是一份2022-2023学年安徽省名校高二下学期开学考试数学试题（A卷）含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，为空间向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出的表达式及值，即可求出的值，进而得到的值.
【详解】由题意，
，
∴，
∴向量夹角，
故选：C.
2．已知点，在直线：上，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】将两点坐标代入直线方程解出即可求解.
【详解】因为点，在直线：上，
所以将，带入：，
得，解得，
所以直线，即的斜率为，
故选：A
3．已知两圆和相交于，两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出两圆的公共弦方程，再利用公共弦过圆心可求解弦长.
【详解】因为两圆的方程为和，所以两圆的公共弦方程为，又因为该弦过圆的圆心，故．
故选：D.
4．已知椭圆的长轴长、短轴长、焦距成等比数列，则的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的几何性质即等比数列概念即可得出的关系式，解方程即可得离心率.
【详解】由题意可得，长轴长、短轴长、焦距成等比数列，
所以，即
得，解得或（舍）
故选：B
5．已知等比数列的公比，且与的等差中项为5，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等差中项的概念和等比数列通项公式即可求得
【详解】由题知，即，又，
解得或，
因为，所以，
.
故选：A
6．如图，已知等腰直角三角形的斜边的中点为，且，点为平面外一点，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中点，连接，，则即为所求角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】如图取中点，连接，，
因为是中点，所有，则即为所求角，
因为，，所以，
又因为是等腰直角三角形，所以，，
在中由余弦定理可得，
所以在中由余弦定理可得，
所以，
故选：D
7．抛物线的准线交轴于点，焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，若，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出直线的方程，并将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出两根之积和两根之和，由几何关系可知为的中点，即可求解出直线的斜率.
【详解】设直线方程为，
将联立得，
设，，即
过点分别向准线作垂线，垂足为,
又因为，所以,即,
所以为的中点，即，所以得，
则，解得，
所以直线的斜率为，
故选：A.
8．某高科技企业为一科技项目注入启动资金1000万元作为项目资金，已知每年可获利20%，但由于竞争激烈，每年年底需要从利润中取出100万元资金进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率，设经过年后，该项目资金达到或超过翻一番（即为原来的2倍）的目标，则的最小值为（，）（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】由已知分析出递推关系，结合等比数列的定义即可得出，然后解指数不等式，结合对数运算性质即可求解.
【详解】由题意设经过年后，该项目资金为万元，
则，
且，
得，
得，
所以令，
得
，
所以至少要经过5年，项目资金才可以达到或超过翻一番的目标.
故选：B
二、多选题
9．已知曲线（或），则（ ）
A．曲线可表示椭圆
B．曲线为双曲线
C．，则曲线的焦点坐标为
D．，则曲线的渐近线方程为
【答案】BD
【分析】利用椭圆和双曲线的标准方程和性质求解即可.
【详解】若表示椭圆，则，此时无解，选项A错误；
因为或，则，所以曲线为双曲线，选项B正确；
当时，曲线表示焦点在轴的双曲线，所以焦点坐标为，渐近线方程为，选项C错误D正确；
故选：BD
10．已知等差数列的前项和为,公差为,,,则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】先将等差数列的前项和公式代入,中,求出公差、首项,进而求得,从而判断选项A,B,C的正误;根据进行放缩,利用裂项相消即可判断选项D的正误.
【详解】解:因为为等差数列,且,,
所以,解得,
所以,故选项A,B正确;
因为,
所以,故选项C错误;
因为,所以,
所以
,
故选项D正确.
故选:ABD
11．已知正四棱柱的底面边长为2，，点在棱上，点在棱上，则以下说法正确的是（ ）
A．若为中点，存在点，
B．若为中点，存在点，平面
C．若，分别为，的中点，则与平面所成的角的余弦值为
D．若，分别为，的中点，则到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】利用空间向量进行判断，垂直转化为数量积问题，线面平行结合判定定理来验证，线面角通过法向量来求解，线面距转化为点面距求解.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则.
对于A，为中点，，设，,
则，若，则，解得（舍），所以A不正确.
对于B，为中点，由正四棱柱的性质可得，平面，平面，所以平面，即当在处时，满足题意，所以B正确.
对于C，，分别为，的中点，，，
易知平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，
所以，所以，所以C正确.
对于D，由上面可知，，;
设平面的一个法向量为，
则，，令，可得；
因为，平面，所以平面，
所以到平面的距离即为点到平面的距离，
点到平面的距离，所以D正确.
故选：BCD.
12．已知数列，，满足，，则以下结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列
B．数列为等差数列
C．用集合中元素个数，则
D．把数列，中的所有项由小到大排列组成一个新数列，这个新数列的第2023项为4025
【答案】ACD
【分析】确定，，则，，A正确；，B错误；，C正确；根据确定新数列的第2023项为，D正确，得到答案.
【详解】，，当，满足通项公式，
故，从而得，
对选项A：令，得，正确；
对选项B：令，，数列不为等差数列，错误；
对选项C：，正确；
对选项D：，组成的新数列含有数列的项为2，，，…，，共11项，所以新数列含有数列的项为，，…，故所求新数列的第2023项为，正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知均为空间单位向量，且它们的夹角为，则______．
【答案】
【分析】根据条件可求出，然后根据进行数量积的运算即可求解.
【详解】因为，，
所以，，
故答案为：
四、双空题
14．已知点，在曲线图像上，且，两点连线的斜率为2，请写出满足条件的一组点______， ______．
【答案】
【分析】根据，在曲线上，设出点，的坐标，由，两点连线的斜率得出，的坐标关系，即可得到满足条件的一组点.
【详解】由题意，
在中，点，在曲线上，
设，，
，两点连线的斜率为2，
∴，
解得：，
∴当时，，．
故答案为：，.
五、填空题
15．已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，，，且，与平面所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形与平面所成角的正切值为______．
【答案】
【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，通过几何关系可得到，，，过作满足，过做垂直于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求解
【详解】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，
由，所以，
因为，与平面所成的角的大小分别为30°,45°,且，，
所以，，得，，
因为所以，
又，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以，
过作满足，则即为矩形与平面的交线，
过做垂直于点，连接，则即为所求，
在中，，
由可得，
所以，解得，
所以矩形与平面所成角的正切值为.
.
故答案为：.
16．已知函数，数列的首项，点在函数图象上，若，则整数_____________.
【答案】7
【分析】将点代入函数得到，变换得到，，根据得到答案.
【详解】因为点在函数图像上，所有，
得，所以，，
，，故恒成立；
，故，，，
所以，所以.
故答案为：
六、解答题
17．已知正项等比数列中，，.
(1)求；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设的公比为，由求解；
由（1）得，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：设的公比为，
则有，
解得，，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
因为，所以，
所以.
18．已知直线过点，且与轴分别交于点，为等腰直角三角形．
(1)求的方程；
(2)设为坐标原点，点在轴负半轴，求过，，三点的圆的一般方程．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设直线方程为，分别解出两点坐标和，利用解出的值即可；
（2）设圆的一般方程为 ，将点代入解方法组即可.
【详解】（1）因为直线过点，所以设直线为，，
令，得，所以
令，得，所以，
又因为为等腰直角三角形，所以，
得，
解或，
当时直线过原点，不满足题意，
故直线的方程为或，
即或.
（2）由题意可知直线的方程为，即，
设圆的方程为，
将，，代入
得，解得，
所以所求圆的方程为.
19．已知，是椭圆：的右顶点和上顶点，点在椭圆上，且直线经过线段的中点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线经过的右焦点与交于，两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由直线过中点得，再将点代入椭圆方程得到方程组，解出即可；
（2）首先排除斜率为0的情况，从而设：，联立椭圆得到韦达定理式，根据得到关于的等式，代入韦达定理式，解出即可.
【详解】（1）因为，，所以的中点为，
直线经过线段的中点，所以，
又因为点在椭圆上，故，
故可得，，
所以
（2）若直线的斜率为0时，可得，，易得，故不满足题意；
若直线的斜率不为0时，设：，
联立，
消去得，
，，
则，，
因为，
所以，即，
得，即
得，
得，
所以或
所以直线：或．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点．
(1)求证：；
(2)求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作于，连接，由平面平面，得到平面，进而得到，然后求得，根据且为中点，利用三线合一证明；
（2）以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，求得是平面的一个法向量，设与平面所成的角为，由求解.
【详解】（1）如图所示：作于，连接，
由平面平面，且平面平面，
平面，
得平面，平面，
所以，
因为，，，由勾股定理得，
所以，
所以，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
又且为中点，
所以
（2）如图，以为坐标原点，，分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，取，得
设与平面所成的角为，
所以.
所以与平面所成的角的正弦值为.
21．设为数列的前项和，且，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，设数列的前项和为，若对恒成立，求和正整数的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)2025
【分析】（1）根据，，成等差数列得到，再利用通项和前n项和的关系，得到，进而得到，再分为奇数偶数求解；
（2）由，利用错位相减法得到，然后由对恒成立求解.
【详解】（1）解：由题意，
令，有，当时，得，
所以，时有，
两式相减得，
得，
即当时，，，
所以，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以；
（2）因为，
所以，，
两式相减得，
所以.
，
令，
得
，即，
要使得对恒成立，
只需，即，
故正整数的最大值为2025.
22．已知双曲线：的左，右焦点分别为，，离心率为3，点在上．
(1)求的标准方程；
(2)已知直线过的右焦点且与的左，右两支分别交于，两点，点是的平分线上一动点，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件、双曲线的性质建立方程组求解即可.
（2）利用直线与双曲线方程联立、韦达定理、弦长公式、三角形的性质和面积公式、向量的性质进行求解.
【详解】（1）由题意知，
所以，，，
所以双曲线方程为：.
（2）因为双曲线方程为：，所以，由题知，直线的斜率一定存在，所以设：，
因为直线与的左，右两支分别交于，两点，所以，得，①当时：
设，，因为，所以，
又为的角平分线，所以，由得：，所以，，
因为，
，
所以，即，解得，
当时，：，即，
所以点到直线的距离为，，
所以求的面积为，
当时，：，即，
所以点到直线的距离为，，
所以求的面积为，
②当时：直线的方程为，，，显然不满足；
故的面积为.