2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二平行班下学期开学模拟考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二平行班下学期开学模拟考试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二平行班下学期开学模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知向量，若，则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，且，所以，即，解得
故选：A
2．已知等比数列和等差数列，满足，则（   ）
A． B．1 C．4 D．6
【答案】D
【分析】设等比数列的公比和等差数列的公差分别为，列方程组求得得通项公式，从而可计算出结果．
【详解】设等比数列的公比和等差数列的公差分别为.

因为，所以.

由题意得，
又，解得，
所以，
所以，
故选：D.
3．已知棱长为1的正方体的上底面的中心为，则的值为（     ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
，
，

故选：D

4．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
5．已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【详解】分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标，从而得到，根据直角三角形的条件，可以确定直线的倾斜角为或，根据相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为，利用点斜式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得，利用两点间距离公式求得的值.
详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为，
从而得到，所以直线的倾斜角为或，
根据双曲线的对称性，设其倾斜角为，
可以得出直线的方程为，
分别与两条渐近线和联立，
求得，
所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果.
6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cos∠MFO＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由抛物线的定义可知，d1＝|MF|，设MN⊥l'，垂足为N，d1+d2＝|MF|+|MN|，当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形中的锐角的余弦值即可求出结果.
【详解】
由抛物线的定义可知，d1＝|MF|，设MN⊥l'，垂足为N，
∴d1+d2＝|MF|+|MN|，
当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，
∵抛物线C：y2＝4x，
∴焦点F（1，0），
∴|FN|＝d＝，
设直线l'与x轴的交点为D，
令y＝0，得，即FD＝2+1＝3，
在Rt△DNF中，cos∠MFO＝cos∠NFD＝．
故选：A．
7．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.

8．如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】过F作F关于平面的对称点，连接交平面于点，证明此时的使得最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，的最小值为.
【详解】过F作F关于平面的对称点，连接交平面于点.
可以证明此时的使得最小：任取(不含)，此时.
在点D处建立如图所示空间直角坐标系，

则，因为E，F分别为BD1的三等分点，所以,
又点F距平面的距离为1，所以,
的最小值为.
故选：D

二、多选题
9．已知向量，，则下列结论中正确的是（   ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
【答案】AC
【分析】由向量模、向量垂直、数量积的坐标表示求得相应的参数值，然后计算判断ABD，利用共线向量定理判断C．
【详解】由得，解得，故A选项正确；
由得，解得，故B选项错误；
若存在实数，使得，则，，，显然无解，
即不存在实数使得，故C选项正确；
若，则，解得，于是，故D选项错误.
故选：AC．
10．设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（    ）
A．数列的前项和为
B．数列为递增数列
C．数列的通项公式为
D．数列的最大项为
【答案】ABD
【分析】由已知数列递推式可得，结合，得数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式，可得，结合求数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】解：由，得，
，即，
又，数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，
则，可得，故正确；
当时，，
，数列的最大项为，故错误，正确．
故选：．
11．正方体的校长为2，E，F，G分别为的中点．则（    ）

A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点和点D到平面的距离相等
【答案】BCD
【分析】以D为原点,分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
利用向量法可以判断选项ABD；对于C:先做出截面AEFD1，判断其为梯形，直接求面积即可.
【详解】
以D为原点,分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则
所以，
对于A:因为，所以直线与直线不垂直.故A错误；
对于B：设平面AEF的法向量，则取y=1,得.∵且A1G平面AEF,∴直线A1G与平面AEF平行.故B正确；
对于C：

连接∵E,F分别是的中点，
∴面AEF截正方体所得的截面为梯形AEFD1，
∴面AEF截正方体所得的截面面积为：.故C正确；
对于D：由前面可知平面AEF的法向量.
∴点A1到平面AEF的距离，
点D到平面AEF的距离,
∴点和点D到平面的距离相等.故D正确.
故选:BCD.
【点睛】立体几何题目的基本方法：
(1)用几何法证明或计算；
(2) 向量法：①建立合适的坐标系；②把要用到的向量正确表示；③利用向量法证明或计算.
12．已知抛物线E：的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足为C，D，且AF＝3BF，M为AB中点，则下列结论正确的是（    ）
A．∠CFD＝90° B．为等腰直角三角形
C．直线AB的斜率为 D．的面积为4
【答案】AC
【分析】对于A、B，结合抛物线定义可得；
对于C、D，由直线与抛物线联立结合韦达定理及三角形面积公式可得.
【详解】如图，过点M向准线l作垂线，垂足为N，设，．
对于A，因为AF＝AC，所以∠AFC＝∠ACF，又因为∠OFC＝∠ACF，
所以∠OFC＝∠AFC，所以FC平分∠OFA，同理可知FD平分∠OFB，所以∠CFD＝90°，故A正确；
对于B，假设△CMD为等腰直角三角形，则∠CFD＝∠CMD＝90°，
则C，D，F，M四点共圆且圆的半径为，又因为AF＝3BF，
所以AB＝AF＋BF＝AC＋BD＝2MN＝4BF，所以MN＝2BF，
所以CD＝2MN＝4BF，所以CD＝AB，显然不成立，故B错误；
对于C，设直线AB的方程为x＝my＋1，联立，所以，
所以，又因为AF＝3BF，所以，所以，
所以，所以，所以直线AB的斜率为，故C正确；
对于D，不妨取，则，所以，
所以，故D错误．

故选：AC

三、填空题
13．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上､中､下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，均为9环，则三层共有扇面形石板（不含天心石）数量是___________.

【答案】3402
【分析】把各环石板数用数列表示，上层第一环石板数记为，可得三层共27项，数列是等差数列，公差和首项都是9，求得其前27项和即得．
【详解】从上层第一环石板数记为，向外向下石板数依次记为，此数列是等差数列，公差为，首项，三层共27项．
所以和为．
故答案为：3402．
14．已知圆，过点作圆O的切线，则切线方程为___________.
【答案】或
【分析】首先判断点圆位置关系，再设切线方程并联立圆的方程，根据所得方程求参数k，即可写出切线方程.
【详解】由题设，，故在圆外，
根据圆及，知：过作圆O的切线斜率一定存在，
∴可设切线为，联立圆的方程，
整理得，
∴，解得或.
∴切线方程为或.
故答案为：或.
15．已知椭圆（，）在左、右焦点分别为，，点在椭圆上，是坐标原点，，，则椭圆的离心率是________.
【答案】
【分析】用椭圆半焦距c表示出、，再借助余弦定理列式即可计算作答.
【详解】令椭圆半焦距为c，因，则，由椭圆定义得，
在中，由余弦定理得：，
即，整理得，
因此有，而，解得，
所以椭圆的离心率是.
故答案为：
16．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____.

【答案】
【分析】先证明A1B1∥平面D1EF，进而将问题转化为求点A1到平面D1EF的距离，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算求得答案.
【详解】由题意得A1B1∥EF，A1B1⊄平面D1EF，EF⊂平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.

以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.
设平面D1EF的法向量为，则，
令x=1，则y=0，z=2，
所以平面D1EF的一个法向量.
点A1到平面D1EF的距离==，即点G到平面D1EF的距离为.
故答案为：.

四、解答题
17．已知等比数列的前项和为，且.
（1）求与；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）利用可得数列的递推式，得其为等比数列，易得通项公式、求和；
（2）由（1）得，用错位相减法求和．
【详解】（1）由，得，
当时，，得；
当时，，得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
所以.
（2）由（1）可得，
则，
，
两式相减得，
所以
.
【点睛】（1）错位相减法适用于数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，求解的方法是等式两边乘等比数列的公比再错位相减，错位相减后化归为一个等比数列的求和；
（2）用错位相减法求和时，应注意两点：一是要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；二是在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“”的表达式.
18．如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．


19．已知的顶点坐标分别为，，．圆为的外接圆．
(1)求圆的方程；
(2)直线与圆相切，求直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小时的方程．
【答案】(1)；
(2)或或或.

【分析】（1）假设圆的一般方程，代入可构造方程组求得结果；
（2）设，利用直线与圆相切和基本不等式可知当直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小，由此得到，进而整理得到直线方程.
【详解】（1）设圆方程为：，
则，解得：，
圆方程为：，即；
（2）由题意知：直线在轴的截距不为零，可设，即，
与相切，，即（当且仅当时取等号），，即当时，直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小，
此时所有可能的结果为：或或或，
方程为：或或或.
20．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)标准方程为．
(2)直线l过定点

【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；
（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.
【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，
，
四边形OMPN的周长为，
，
，
，
椭圆C的标准方程为．
（2）设，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
代入，整理得，
则，
．
易知，


，
化简得，
或(舍去)，
直线l的方程为，即，直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，设，
代入，解得，
由得，
，解得或(舍去)，
此时直线l过点．
综上，直线l过定点．
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
21．如图，在三棱锥中，，平面，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）从所要证明的结论分析：要证平面平面，即证平面，即证平面，即证，进而得到证明思路；
（2）方法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求二面角的大小；方法二：过作，垂足为，连接，找出二面角的平面角，利用余弦定理求其大小.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以.
因为，，
所以平面.
因为，，
所以，
故平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）方法一：因为，，所以.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，.
设是平面的法向量，
则，即，
令，则，，所以，.
设是平面的法向量，
则，即，
令，则，，所以，
所以.
所以平面与平面的夹角的大小为.

方法二：如图，过作，垂足为，连接.
由（1）中的垂直关系及条件，可计算得
，，
所以.
所以.
所以为二面角的平面角.
，
.
.
所以.
在中，由余弦定理可得
.
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为.

22．已知双曲线的左顶点为，点在渐近线上，过点的直线交双曲线的右支于两点，直线分别交直线于点.
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：为的中点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)由已知条件列方程组求解，得双曲线方程.
(2) 设直线BC的方程，代入双曲线方程，韦达定理表示根与系数的关系，设直线AB、AC的方程，求与直线OP的交点M、N，要证为的中点，只需证或即可.
【详解】（1）依题意得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）如图所示：

法1.设直线，则，
由 消去x得，
当时由韦达定理得 ，
直线方程为，直线AB： 直线
由  得 同理可得
要证为的中点，只需证 ，即证 ，
.
得证.
法2.设直线BC：，则，
由 得
当时由韦达定理得 ，
直线方程为，直线 ，直线 ，
由 得 ，同理可得 ，
要证为的中点，只需证 ，
即证，
即证，
由，只需证，
即证 ，
只需证
即证，由可知显然成立.
得证.
【点睛】1.求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．
2.解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
3.涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．