河北省衡水市第二中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题

河北衡水二中2022-2023学年高二上学期学科素养评估（期中）

数学学科试题

（时间120分钟，满分150分）

注意事项：

1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.

2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.

3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.

4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.

一、单项选择题（本大题共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. 在数列中，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由等比数列的定义知为等比数列，由得的通项公式.

【详解】∵，即： ，

∴为等比数列，公比，

∴

故选：D.

2. 已知实数，若，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对ABD选项采用取特殊值验证即可，对于C，首先构造指数函数，利用单调性即可.

【详解】因为，则对于A，取，，则，A错误；对于B，取，，此时，故B错误；对于C，构造指数函数，则单调递减，因为，所以有，即，故C正确；对于D，取、，则，故D错误.

故选：C

3. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（    ）

A 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据，利用等差数列的性质得到求解.

【详解】解：因，

所以，

，

，

，

，

，

故选：A

4. 设是等差数列，是其前项和，且，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 和是的最大值

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】对A，由前项和定义可得的符号，由等差数列定义得的符号；

对BD，由前项和定义，即可判断；

对C，.

【详解】是等差数列，

对A，由得，，，A错；

对BD，由得和是的最大值，，B对D错；

对C，，C错.

故选：B

5. 数列满足，则数列的前2022项的乘积为（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】根据递推公式求得数列的周期，结合数列的周期即可求得结果.

【详解】根据题意可得，

故该数列是以为周期的数列，且，

故数列的前2022项的乘积为.

故选：C.

6. 已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比中项的性质可得，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得.

【详解】由等比中项的性质得，

又，

解得或，

当时，或（舍），

当时，（舍），

所以，，

此时，

所以，

故选：D.

7. 已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由时，恒成立，可得函数在区间上单调递增，再根据函数是偶函数，可得函数图象关于直线对称，根据函数的单调性与对称性即可得解.

【详解】解：因为当时，恒成立，

所以函数在区间上单调递增，

由于函数是偶函数，故函数图象关于y轴对称，

所以函数图象关于直线对称，

所以，，

由，函数在区间上单调递增，

所以．

故选：B.

8. 已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16…，设N为项数，求满足条件“且该数列前N项和为2的整数幂”的最小整数N的值为（    ）

A. 110 B. 220 C. 330 D. 440

【答案】D

【解析】

【分析】通过分析数列性质可列出不等式即可求得最小整数N的值.

【详解】观察可知：该数列可看成：第一行是，第二行是，

第三行是，以此类推，项数分别为1,2,3，

前行数和为，

则

，

要使，则，

要使前N项和为2的整数幂，

所以：是之后的等比数列部分的和，

即：，

所以，

则，此时，

对应满足的最小条件.

故选：D

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 已知双曲线C：，则（    ）

A. 双曲线C的离心率为 B. 双曲线C的虚轴长为

C. 双曲线C的焦点坐标为 D. 双曲线C的渐近线方程为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据双曲线方程求解出，由双曲线的性质逐一判断.

【详解】由双曲线的方程，得，

则，所以离心率为，A正确；

虚轴长为，B错误；焦点坐标为，C正确；

渐近线方程为，D正确.

故选：ACD

10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的解析式为

B. 函数解析式为

C. 是函数的一条对称轴

D. 的一个对称中心为

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意，根据图象求得函数的解析式，利用整体思想，结合正弦函数的对称性，可得答案.

【详解】由图象可得，，，则；

函数的最小正周期，则；

当时，取得最大值，则，即，因为，所以；

故，

将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则，

故A错误，B正确；

将代入，可得，则直线不是函数的对称轴，故C错误；

将代入，可得，则为函数的对称中心，故D正确；

故选：BD.

11. 已知数列的前项和为，点在函数的图象上，等比数列

满足，其前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据已知求得，，，带入选项进行判断即可.

【详解】因为点在函数

所以，所以

当时，

两式相减得：，

当时，符合上式

故，又因为为等比数列，设公比为

又因为

所以，

解得，，所以

所以

对于A：，，，所以A正确.

对于B：，，所以，故B正确.

对于C：，，当时，，故C错误.

对于D：，，所以，故D正确.

故选：ABD

12. 已知圆C：，直线l：，点P在圆C上，点Q在直线l上，则（    ）

A. 直线l与圆C相交

B. 的最小值为

C. 到直线l的距离为1的点P有且只有2个

D. 从点Q向圆C引切线，切线的长的最小值是2

【答案】BC

【解析】

【分析】设圆心C到直线l的距离为d，则，圆的半径.

对于A：利用几何法判断直线l与圆C相离；对于B：利用几何法求出的最小值；对于C：利用几何法判断出圆上有2个点到直线的距离为1；对于D：先判断出要使切线长最小，只需最小，即可求解.

【详解】设圆心C到直线l的距离为d，则，圆的半径.

对于A：因为，所以直线l与圆C相离.故A错误；

对于B：由圆的几何性质可知：（此时，P在之间）.

对于C：设m：到直线l：的距离为1.

则，所以.

当时，直线m1：，此时圆心C到直线m1的距离为d1，则.此时到直线m1与圆C相离，没有交点；

当时，直线m2：，此时圆心C到直线m2的距离为d2，则.此时到直线m1与圆C相交，有2个交点，即圆上有2个点到直线的距离为1.故C正确；

对于D：过Q作出圆C切线QS,连接CS，则.

所以切线长.

要使切线长最小，只需最小，即时，.

所以切线长的最小值为1.故D错误.

故选：BC

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题纸的横线上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分）

13. 在数列中，，且，则数列的前10项和____________．

【答案】35.

【解析】

【分析】利用递推公式，分别求出前10项的值，即可求解.

【详解】因为，且，

所以当n为奇数时，，所以；

当n为偶数时，，

又，所以.

所以

故答案为：35.

14. 已知数列的前项和为，且，则__________.

【答案】81

【解析】

【分析】根据，即可求出数列的通项公式，再根据，即可求出.

【详解】因为，

所以当时，；即，又，所以，

当时，因为，所以

所以；

所以；

所以当时，是以3为公比的等比数列；

所以；

所以.

故答案为：81.

15. 已知为等比数列，且，若，则______．

【答案】2021

【解析】

【分析】根据为等比数列，，利用等比数列的性质结合，得到求解．

【详解】因为为等比数列，，

所以.

因为，

所以．

同理可得，

所以，

，

.

故答案为：2021

16. 设等差数列满足，，其前项和为，若数列也为等差数列，则______；的最大值是______.

【答案】    ①.     ②. 121

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，则，可得，解得，再利用等差数列的通项公式、求和公式可得，，进而得出．

【详解】设等差数列的公差为，则，

，解得，

，．

，

令，则，在时单调递增，单调递减，

所以，当时该式最大，此时的为121．

故答案为：；121.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. （1）已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列.求数列的通项公式；

（2）已知等比数列的首项为，前项和为.若，求公比.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）由等差数列的通项公式求解即可；

（2）由等比数列的求和公式求解即可；

【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可知：

，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以数列的通项公式是；

（2）若，则，

所以，

当时，由得，

，

所以，

解得；

18. 已知递增的等比数列满足，且是和的等差中项.数列是等差数列，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）设等比数列首项为，公比为，列方程组求出即得解.求出等差数列的公差即得数列的通项公式；

（2）利用分组求和法即可得出．

【小问1详解】

解：设等比数列首项为，公比为．

由已知得　代入可得．

于是．

故，解得或．

又数列为递增数列，故，

.

设等差数列首项为，公差为．

所以.

所以.

【小问2详解】

解：由题得.

所以数列的前项和.

19. 在①，②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.

在中，内角所对的边分别是，且__________.

（1）求角；

（2）若点满足，且线段，求的最大值.

【答案】（1）.   

（2）6.

【解析】

【分析】（1）选①，利用正弦定理边化角结合同角的三角函数关系可得答案；

选②，利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，求得答案.

（2）由，可得,利用线定理可得，结合基本不等式可推出，即可求得答案.

【小问1详解】

选①，由 及正弦定理可得:

,

所以， ，

因为 ，所以 ，则,

所以 故；

选②，由 及正弦定理可得 ，

所以，，

∵ ，所以 ，则.

【小问2详解】

如图：

点满足，则,故，

又，故，

即，即，

又 ，所以，当其仅当时取等号，

即 ，故，即得最大值为6.

20. 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．

（1）求证：；

（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；

(2)取的中点，的中点，连接，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值.

【小问1详解】

因为四边形为矩形，所以，

又平面，平面，

所以平面，

又平面平面，平面，

所以；

【小问2详解】

取的中点，的中点，连接，

则，由，得，且，

因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

由平面，得，

建立如图空间直角坐标系，

，

则，

设为平面的一个法向量，

则，

令，得，所以，

，

设直线与平面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21. 已知数列满足，.

（1）证明数列为等比数列，并求的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，若存在，使，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）依题意可得，再结合等比数列的定义即可证明；

（2）由（1）可得，再分为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.

【小问1详解】

证明：因为，

所以，即，

因为，所以，

故数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，则．

【小问2详解】

解：由（1）知，

所以．

当为偶数时，

，

因为是单调递减的，所以．

当为奇数时，

，

又是单调递增的，

因为，所以．

要使存在，使，只需，即，

故的取值范围是．

22. 已知抛物线的准线过椭圆的左焦点,且椭圆的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形.

（1）求椭圆的方程;

（2）直线交椭圆于两点,点在线段上移动,连接交椭圆于两点,过作的垂线交轴于,求面积的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据抛物线的准线求得椭圆的焦点,根据一个焦点与短轴两端点构成正三角形可求得,即可得椭圆方程.

(2)根据题意可判断直线斜率存在且不为0,设直线方程与椭圆联立求得,根据设出点坐标,用斜率公式求得坐标,再用点到直线的公式求得三角形高,用面积公式将面积写出,分离常数,变为积为定值的形式,再用基本不等式即可.

【小问1详解】

解:由题知抛物线的准线为,

,

因为椭圆的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形,

,

故椭圆的标准方程为:;

【小问2详解】

由(1)得椭圆的方程为,

垂线交轴于,

的斜率存在,

连接交椭圆于两点,

的斜率不为0,

不妨设,

则,

联立,

即,

,

,

设,

,

,

解得:,

到直线的距离为:,

,

当且仅当,即时取等,

故面积的最小值为.