【期中真题】江苏省苏州中学2022-2023学年高二上学期11月期中数学试题.zip

江苏省苏州中学2022-2023学年度第一学期期中考试

高二数学

一､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. 已知椭圆，则它的焦点坐标是（    ）

A. 和 B. 和 C. 和 D. 和

【答案】B

【解析】

【分析】转化为标准方程后即可求解.

【详解】椭圆的标准方程为，其中，

所以.

所以焦点坐标是和.

故选：B

2. “”是“直线与直线垂直”（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由两直线垂直求得的值，根据充分条件，必要条件的定义作出判断.

【详解】当时，两条直线分别为与，两条直线互相垂直，反之，由与直线垂直，，解得或，则不能推出，所以”是“直线与直线垂直的充分不必要条件.

故选：A

3. 圆与圆内切，则实数的值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】由圆内切得即可解决.

【详解】由题知，

所以，

因为圆与圆内切，

所以，即，

因为，

所以，

故选：C.

4. 斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致.如下图是一座斜拉索大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列.已知拉索上端相邻两个锚的间距约为4.4m，拉索下端相邻两个锚的间距均为16m.最短拉索的锚，满足，，则最长拉索所在直线的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意利用已知长度可分别计算，，再利用斜率的定义可解.

【详解】解：如图，以为原点建系，

根据题意，最短拉索的锚，满足，，

且均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为，

则，即点，

同理，

又，即点，

所以，，

即最长拉索所在直线的斜率为.

故选：B.

5. 若数列满足，，，则的值为（    ）

A. -3 B. -2 C. -1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由得，依次列举可得数列是以6为最小正周期的数列，则.

【详解】由得，故有

，，

，

，

，

，

，

，

故数列是以6为最小正周期的数列，由得.

故选：C

6. 已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】∵，

∴，

∴，

∴

，

故选：B

7. 已知正方形的边长为1，点在边上，点在边上，，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为（    ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】根据入射角等于反射角，对称，作图分析即可解决.

【详解】

根据已知中的点的位置，可知入射角的正切值为，第一次碰撞点为，在反射的过程中，直线是平行的，利用平行关系及三角形的相似可得第二次碰撞点为，在，且，第三次碰撞点为，在上，且，第四次碰撞点为，在上，且，第五次碰撞点为，在上，且，第六次碰撞点为，在上，且，第七次碰撞点为，在上，且，第八次回到点， ；

故需要碰撞8次即可.

故选：B

8. 已知，，，点D是直线上的动点，若恒成立，则正整数t的最小值是（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】求出直线AC的方程，设.由，列不等式，利用判别式法求出t的范围，即可求解.

【详解】由题意知直线AC的方程为.

因为点D是直线上的动点，所以可设.

因为，所以，

化简得：对任意x恒成立,

所以，化简得,

解得或,结合t为正整数得：t的最小值为4.

故选：B

二､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. 过点的直线与x轴，y轴正半轴分别交于点A，B，则的可能值是（    ）

A. 7 B. 7.4 C.  D. 8

【答案】CD

【解析】

【分析】设直线方程为，求出，再利用基本不等式求出的最小值即得解.

【详解】设直线方程为，

由题得，

所以.

故选：CD

10. 已知公比不为1的等比数列的项和为，则下列一定成立的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】BC

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，根据通项公式及求和公式即可判断出答案.

【详解】设等比数列的公比为，

当时，，A不正确；

当时，，B正确；

当时，即，则，

所以，由与同号，所以，C正确；

当时，取数列为，， ，，，则，D不正确.

故选：BC.

11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（    ）

A. 曲线C围成的图形有4条对称轴

B. 曲线C围成的图形的周长是

C. 曲线C上的任意两点间的距离不超过5

D. 若是曲线C上任意一点，的最小值是

【答案】ABD

【解析】

【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.

【详解】，

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆；

当时，，即，

表示圆心为，半径的半圆.

曲线的图像如下图所示：

对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；

对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；

对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；

对于D，圆心到直线的距离为，

到直线的距离，

若使最小，则有，

所以，得，D正确.

故选：ABD.

12. 数列满足，，为数列的前项和，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意求得，得到的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，即可求出的通项公式，即可判断A；求得为奇数和为偶数时，数列的通项公式，可判定B正确；根据为奇数和偶数，求得，可判定C正确；结合时，可判定D错误.

【详解】由题意，数列满足，

所以，

可得，

因为，可得，所以，

所以的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，且首项分别为，，

即是以为首项，为公比的等比数列，所以，故A正确；

当时，，，所以，

当时，，，所以，

所以，故B正确；

对于C中，当时，

，

当时，，

所以恒成立，即C正确；

对于D中，当时，可得，，此时，所以D错误.

故选：ABC.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角大小为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据方向向量可求得，根据直线倾斜角的取值范围即可求得结果.

【详解】设直线的倾斜角为，则，又，.

故答案为：.

14. 已知数列的各项均为正数，，，则数列前10项的和为___________.

【答案】

【解析】

【分析】运用因式分解法，结合等比数列的定义、裂项相消法进行求解即可.

【详解】由，或，

当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，这不符合数列的各项均为正数；

当时，即，所以数列是以为公比的等比数列，又，

所以，

因为，

所以前10项的和为，

故答案为：

15. 设，分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆E与A，B两点，，轴，则椭圆的离心率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆的定义结合，求得，再利用勾股定理构造齐次式即可得解.

【详解】解：由，

得，所以，

因为轴，

所以，

即，所以，

即椭圆的离心率为.

故答案为：.

16. 在平面直角坐标系中，已知圆与x轴交于A､B（点A在点B的左侧），圆C的弦过点，分别过E､F作圆C的切线，交点为P，则线段的最小值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】设，根据切线的垂直关系，可得在以为为直径的圆上，求出的方程，将代入，求出点轨迹方程，转化为点到直线的距离，即可求出结论.

【详解】，圆心，

令或，点在点的左侧，

，设，为圆的切线，

，在以为直径的圆上，

其方程为，

即，

直线为圆:与以为直径的圆的相交弦，

直线方程为，

弦过点，

点的轨迹为直线，其方程为，

线段最小值为点到直线的距离为.

故答案为:.

四､解答题：本题共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. 设2阶方矩阵，则矩阵A所对应的矩阵变换为：，其中，，其意义是把点变换为点，矩阵M叫做变换矩阵.

（1）当变换矩阵时，点，经矩阵变换后得到点分别是，，求经过，的直线的方程；

（2）当变换矩阵，点经矩阵的作用变换后得到点，求实数m，n的值.

【答案】（1）   

（2），.

【解析】

【分析】（1）由变换矩阵的定义结合直线方程的点斜式即可求解；

（2）由变换矩阵的定义即可得解.

【小问1详解】

由题可知：，

则，解得，所以.

同理可得，则，

所以经过，的直线方程为：，

即.

【小问2详解】

由题可知：，

即有，得.

所以，.

18. 已知等差数列满足，，数列是单调递增的等比数列且满足，.

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，求数列的前项的和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）计算等差数列和等比数列的基本量即可写出通项公式.

（2）根据题意利用分组转化即可进行求和.

【小问1详解】

由已知，

设数列首项为，公差为

，

解得：，

所以

因为，，

数列是单调递增的等比数列，

设数列首项为，公比为，所以

解得：， ，所以

所以

【小问2详解】

由已知

所以

19. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求：

（1）顶点A的坐标；

（2）外接圆的一般方程.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求出直线的方程，与直线联立，即可求出A的坐标；（2）先求出点C的坐标，利用待定系数法求出外接圆的一般方程.

【小问1详解】

因为边上的高所在直线方程为，

所以解得：.

所以直线的方程为，即.

由解得：，即.

【小问2详解】

因为点C在直线上，所以可设，则中点为.

把代入直线：，有，解得：，所以.

经过，，可设为：,

所以，解得：,

所以外接圆的方程为.

20. 如图所示，曲线上的点与x轴正半轴上的点及原点O构成一系列正三角形（设为O），记.

（1）求，的值；

（2）求数列的通项公式；

（3）若，记数列的前n项和为，是否存在正整数m使得恒成立？若存在，求出所有的正整数m；若不存在，请说明理由.

【答案】（1），；   

（2）；   

（3）

【解析】

【分析】（1）设，则由，可求出，从而可的坐标，从而可求出，同理可求出的值；

（2）设，表示直线的方程可得，表示出直线的方程，可得，，所以，从而可得，求出，进而可求出；

（3）由（2）得，然后利用裂项相消法可求出，再由可求出的范围，再由可求出的范围，从而可求出的值.

【小问1详解】

设，则

，解得，

所以，

所以，

设，

因为，，解得，

所以，

所以；

【小问2详解】

设，得直线的方程为，

所以，

所以直线的方程为，得，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，

所以，，

所以；

【小问3详解】

，

所以

，

因为，所以，

因为，所以，

若恒成立，则，解得，

因为为正整数，所以，

所以存在正整数，使得恒成立.

21. 已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|．

（1）求圆C的标准方程；

（2）过点A任作一条直线与圆O：x2+y2＝1相交于M，N两点．

①求证：为定值，并求出这个定值；

②求△BMN的面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）①证明见解析，定值为；②

【解析】

【分析】（1）利用垂径定理计算出圆的半径，从而得出圆心坐标，即可得出标准方程；

（2）①设M（cosα，sinα），利用距离公式计算|MA|，|MB|，即可求出的值，得出结论；

②设直线MN的方程，代入单位圆方程消元，利用根与系数关系求出M，N两点到y轴距离之和的最大值，即可求出三角形面积的最大值．

【小问1详解】

（1）过C向y轴作垂线，垂足为P，则|CP|＝1，|BP||AB|，

∴圆C的半径为|BC|，故C（1，），

∴圆C的标准方程为：（x﹣1）2+（y）2．

【小问2详解】

①由（1）可知A（0，），B（0，2），

设M（cosα，sinα），则

∴，故为定值．

②设直线MN的方程为，

联立方程组，消元得，

设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，

∴|x1﹣x2|

，令，则

|x1﹣x2|，

当t＝1时，|x1﹣x2|有最大值，

∴△BMN的面积S△BMN•|AB|•|x1﹣x2||x1﹣x2|，

∴△BMN的面积的最大值为．

22. 已知单位圆过圆外一点M作圆O的两条的切线，.

（1）当时，求动点M的轨迹方程；

（2）记直线，的斜率分别是，，若，求动点M的轨迹方程；

（3）现有曲线方程，过曲线外一点作两条互相垂直的切线，请直接写出和满足的关系式；若曲线方程为呢？和满足什么关系式？（直接写出）

【答案】（1）   

（2）   

（3）曲线方程为；曲线方程为为

【解析】

【分析】（1）易得，设，根据两点得距离公式即可得解；

（2）设，设过点的切线方程为，根据圆心到直线得距离等于半径，结合韦达定理及即可得出答案，注意变量得范围；

（3）分切线斜率存在和不存在两种情况讨论，当两条切线斜率都存在时，设切线方程为，联立方程，根据结合两直线垂直，利用韦达定理即可得解.

【小问1详解】

解：由题意得，

设，

则，即，

所以动点M轨迹方程为；

【小问2详解】

解：设，

设过点切线方程为，即，

则圆心到切线的距离为，

整理得，

即为此方程得两根，

则，整理得，

因为在圆外，所以，

则，解得或，

所以，

所以动点M的轨迹方程为；

【小问3详解】

解：当一条切线斜率存在另一条不存在时，

点的坐标为或，

当两条切线斜率都存在时，设切线方程为，

联立，

消得，

则，

整理得，

则，

因为两切线垂直，所以，

即，

当点的坐标为或时，上式也成立，

所以和满足的关系式为，

同理若曲线方程为，和满足的关系式为.

【点睛】关键点点睛：本题考查了平面中的轨迹及圆的切线问题，在解决圆的切线的问题时，通常是用圆心到切线的距离等于半径，而直线与圆锥曲线的相切问题，通常是联立方程，根据来解题.