2022-2023学年湖北省武汉市新洲区第一中学高二下学期开学收心考试数学试题 解析版

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市新洲区第一中学高二下学期开学收心考试数学试题 解析版，共14页。试卷主要包含了已知，是实数，若，，且，则，已知圆，则圆的圆心和半径为，椭圆与曲线的，设抛物线的焦点为，准线为，设数列满足，，，则等内容，欢迎下载使用。
新洲一中2024届高二下开学收心考试数学试卷出题人一.选择题（共8小题）1.已知，是实数，若，，且，则（    ）A. B.0 C.2 D.42.已知圆，则圆的圆心和半径为（    ）A.圆心，半径 B.圆心，半径C.圆心，半径 D.圆心，半径3.椭圆与曲线的（    ）A.焦距相等  B.离心率相等C.焦点相同  D.曲线是双曲线4.等比数列的公比为，且，，成等差数列，则的前10项和为（    ）A. B. C.171 D.5.在平面直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点，在轴上，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为24，则椭圆的方程为（    ）A. B. C. D.6.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交抛物线于点，交准线于点（，在轴的两侧）.若，则抛物线的方程为（    ）A. B. C. D.7.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ）①直线平面②三棱锥的体积为定值③异面直线与所成角的取值范围是④直线与平面所成角的正弦值的最大值为A.①② B.①②③ C.①③④ D.①②④8.设数列满足，，，则（    ）A.存在，， B.存在，使得是等差数列C.存在，， D.存在，使得是等比数列二.多选题（共4小题）（多选）9.过点的直线与直线平行，则下列说法正确的是 （    ）A.直线的倾斜角为45° B.直线的方程为：C.直线与直线间的距离为 D.过点且与直线垂直的直线为：（多选）10.如图，是椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，共焦点，，，，的离心率分别为，，则下列结论不正确的是（    ）A.， B.若，则C.若，则的最小值为2 D.（多选）11.已知数列的前项和为且满足，，下列命题中正确的是（    ）A.是等差数列  B.C.  D.是等比数列（多选）12.已知正三棱柱的棱长均为2，点是棱上（不含端点）的一个动点.则下列结论正确的是（    ）A.棱上总存在点，使得直线平面B.的周长有最小值，但无最大值C.三棱锥外接球的表面积的取值范围是D.当点是棱的中点时，二面角的正切值为三.填空题（共4小题）13.圆关于直线对称的圆的标准方程为______.14.若双曲线的一个焦点为，两条渐近线互相垂直，则______.15.已知数列满足，，则的最小值为______.16.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为______.四.解答题（共6小题）17.已知等差数列中，，.（1）求首项和公差；（2）求该数列的前10项的和的值.18.如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.19.已知等差数列的公差为，且关于的不等式的解集为.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和.20.如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，，的中点为.设为原点，射线交椭圆于点.当与的面积相等时，求的值.21.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若恒成立.求实数的最大值.22.在平面直角坐标系中，已知点，，设的内切圆与相切于点，且，记动点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设过点的直线与交于，两点，已知动点满足，且，若，且动点在上，求的最小值.新洲一中2024届高二下开学收心考试数学解析一.选择题（共8小题）1.【解答】解：根据题意，若，，且，设，则有，解可得、，则；故选：D.2.【解答】解：根据题意，圆，即，即圆心为，半径；故选：A.3.【解答】解：时，曲线方程为：，即，，且，所以曲线为椭圆，可得椭圆的焦距，焦点在轴上，椭圆的焦距，焦点在轴上，所以两个椭圆的焦点不同，焦距相同，曲线的离心率由参数，所以离心率不同，故选：A.4.【解答】解：∵等比数列的公比为，且，，成等差数列，∴，即，解得，∴等比数列的前10项和为，故选：A.5.【解答】解：由于椭圆的焦点在轴上，故设椭圆的方程为，又离心率为，则，又过的直线交椭圆于，两点，且的周长为24，则，解得，所以，则，所以椭圆的方程为.故选：A.6.【解答】解：如图，设抛物线的准线与轴交于点，抛物线与直线的另一个交点为，分别过，作准线的垂线，垂足点分别为，，设，，则，，又直线的斜率为，∴，∴，∴，，又，∴，∴，∴，，∴，又易知，∴，∴，∴抛物线的方程为.故选：B.7.【解答】解：在①中，∵，，，且，平面，∴平面，平面，∴，同理，，∵，且，平面，∴直线平面，正确；在②中，∵，平面，平面，∴平面，∵点在线段上运动，∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，∴三棱锥的体积为定值，正确；在③中，∵，∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.易知为等边三角形，当为的中点时，；当与点或重合时，直线与直线的夹角为.故异面直线与所成角的取值范围是，错误；在④中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，，，所以，.由①正确：可知是平面的一个法向量，∴直线与平面所成角的正弦值为：，∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，正确.故选：D.8.【解答】解：∵，∴①，则②，由①-②得，∴，则，由此可得，，∴，则且，，故，故A，C错误；由，则不是常数，故不存在，使得是等差数列，故B错误；假设存在，使得是等比数列，设公比为，则，∴，由，则，解得，故存在，使得是等比数列，故D正确.故选：D.二.多选题（共4小题）9.【解答】解：直线与直线平行，则直线的斜率为，即直线的倾斜角为135°，故A错误，设直线的方程为，直线过点，则，解得，故直线的方程为，故B正确，直线与直线间的距离为，故C正确，过点且与直线垂直的直线可设为，代入可得，，解得，故过点且与直线垂直的直线为：，故D正确.故选：BCD.10.【解答】解：依题意，，解得，，A不正确；令，由余弦定理得：，当时，，即，因此，B正确；当时，，即，有，而，则有，解得，C不正确；，，于是得，解得，而，，因此，D不正确.故选：ACD.11.【解答】解：∵，∴，∴，又，∴是以首项为3，公差为3的等差数列，∴A选项正确；∴，∴，∴B选项正确；当时，，又，∴，∴C选项错误；∴，∴是以首项为，公比为的等比数列，∴D选项正确.故选：ABD.12.【解答】解：对A，在上取一点使得，则，当时，四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以直线平面，故A正确；对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，因为是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，故的周长有最小值，但无最大值，故B正确；对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，取中点，中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，则.易得平面平面，根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心，由对称性，可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小，此时，故外接球直径，此时外接球表面积，当在或者点时，三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形：此时外接球直径，此时外接球表面积，因为点是棱上（不含端点）的一个动点，故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，故C正确；对D，设到平面的距离为，则由，即，故，设到线段的距离，则，解得，故二面角的正切值为，故D错误；故选：ABC.三.填空题（共4小题）13.【解答】解：设圆关于直线对称的圆的圆心为，由题意可得，，解得，，故对称点的坐标是，故圆的方程为.故答案为：.14.【解答】解：由题意可得：，，解得，故答案为：.15.【解答】解：∵，，，…，由累加得，所以，∴，∵在上单调递减，在上单调递增，∴在上单调递减，在上单调递增，且，∴或5时最小，时，；时，，所以的最小值为.故答案为：.16.【解答】解：如图所示：取的中点，连接，，，因为，，又，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，作，则平面，因为，所以直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.四.解答题（共6小题）17.【解答】解：（1）因为在等差数列中，，，所以有，；（2）因为在等差数列中，，，所以.18.【解答】证明：（1）取中点为，连接，，如图所示，因为，分别是，的中点，所以且，又因为且，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.解：（2）取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设平面的法向量为，因为，，所以，令，解得，即，设平面的法向量为，因为，，所以，令，解得，即，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.19.【解答】解：（1）关于的不等式的解集为，可得，3是方程的两根，则，，解得，，则；（2），数列前项和，，上面两式相减可得，化简可得.20.【解答】解：（Ⅰ）由题意得，又，则，∴，∴椭圆的方程为；（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆的方程为，由题意得直线的方程为，即，联立直线与椭圆可得，整理得，设，，由韦达定理得，，∵与的面积相等，∴点和点到直线的距离相等，又的中点为，则为线段的中点，即四边形是平行四边形，设，则，即，∴，，又，即，解得.21.【解答】解：（1）依题意，，当时，，解得，当时，，，两式相减得，因此，则，则是以为首项，2为公比的等比数列，由，显然满足上式，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知，，因，整理得：，令，则，显然，当时，，即，因此当时，数列是递增的，于是得，依题意，恒成立，即有，所以实数的最大值为.22.【解答】解：（1）设的内切圆与，分别相切于点，，由切线长性质可知，，，，所以，所以，所以动点的轨迹为以点，为焦点，长轴长为4的椭圆（且不在上），设动点的轨迹方程为，则，，解得，所以曲线的方程为；（2）设，，，因为，所以，若，则，则，即与重合，与矛盾，则；所以，，即，将点的坐标代入，整理可得，同理可得，，则，是方程的两个根，则，即，所以动点在定直线上，显然直线与没有交点，令直线，当直线与相切时，即，的距离为，则，联立，消去可得，，则，解得（负值舍去），此时，可解得，，即切点坐标为，