宣城市2022－2023學年度第一學期期末調研測試高二數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.在數列中，已知，當時，，則（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】由遞推關系依次求即可.【詳解】因為當時，，所以，又，所以，又，所以，故選：C.2.已知直線的傾斜角為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由直線方程求得，可判斷出為鈍角，再利用同角三角函數的基本關系可求得的值.【詳解】由題意可知，直線的斜率為，即，為鈍角，則，由同角三角函數的基本關系可得，解得.故選：A.【點睛】本題考查直線的傾斜角，考查直線傾斜角與斜率的關系，考查三角函數值的求法，是基礎題．3.數學與建筑的結合造就建筑藝術品，如吉林大學的校門是一拋物線形水泥建筑物，如圖.若將該大學的校門輪廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成拋物線的一部分，且點在該拋物線上，則該拋物線的焦點坐標是（）A. B.（0，－1） C. D.【答案】A【解析】【分析】根據點的坐標求得，由此求得拋物線的焦點坐標.【詳解】依題意在拋物線上，所以，所以，故，且拋物線開口向下，所以拋物線的焦點坐標為.故選：A4.如圖所示，在平行六面體中，為與交點，若，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據空間向量基本定理結合空間向量線性運算求解.【詳解】由題意可得：.故選：D.5.已知等比數列的各項都是正數，其公比為4，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據等比數列的性質求解即可.【詳解】解：根據等比數列性質，有，因為，所以，解得，因為等比數列的公比為，所以，.故選：C6.古希臘數學家阿波羅尼奧斯（約公元前262～公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k＞0，k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．在平面直角坐標系中，設A（﹣3，0），B（3，0），動點M滿足＝2，則動點M的軌跡方程為A.（x﹣5）2+y2＝16 B.x2+（y﹣5）2＝9C.（x+5）2+y2＝16 D.x2+（y+5）2＝9【答案】A【解析】【分析】首先設，代入兩點間的距離求和，最后整理方程.【詳解】解析：設，由，得，可得：（x+3）2+y2＝4（x﹣3）2+4y2，即x2﹣10x+y2+9＝0整理得，故動點的軌跡方程為.選A.【點睛】本題考查了軌跡方程的求解方法，其中屬于直接法，一般軌跡方程的求解有1.直接法，2.代入法，3.定義法，4.參數法.7.已知正四面體ABCD的棱長為a，點E，F分別是BC，AD的中點，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據向量的線性運算得出，，根據正四面體的性質得出，且、、三向量兩兩夾角為，即可通過向量數量積的運算率得出答案.【詳解】四面體ABCD是正四面體，，且、、三向量兩兩夾角，點E，F分別是BC，AD的中點，，，則，故選：C.8.已知雙曲線的左右焦點分別為，直線經過點且與該雙曲線的右支交于兩點，若△的周長為，則該雙曲線離心率的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據雙曲線定義及焦點三角形周長、焦點弦的性質有，即可求離心率范圍.【詳解】根據雙曲線定義知：△的周長為，而，所以，而△的周長為，所以，即，所以，解得，雙曲線離心率的取值范圍是.故選：A二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9.已知等差數列的前n項和為，，，則（）A.數列是遞減數列 B.C.時，n的最大值是18 D.【答案】BC【解析】【分析】根據等差數列的性質和前n項求和公式可得、，結合通項公式和前n項求和公式計算，依次判斷選項即可.【詳解】設等差數列的公差為，由，得，解得，因為，所以.A：由，可得所以等差數列為遞增數列，故A錯誤；B：，故B正確；C：，由可得，所以，又，所以n的最大值是18，故C正確；D：，，由，得，故D錯誤.故選：BC.10.圓，直線，點在圓上，點在直線上，則下列結論正確的是（）A.圓關于直線對稱B.的最大值是9C.從點向圓引切線，切線長的最小值是3D.直線被圓截得的弦長取值范圍為【答案】CD【解析】【分析】根據不在直線上判斷A；根據判斷B；根據時，切線長最小求解判斷C；根據直線過定點，再結合弦長公式判斷D.【詳解】解：對于A選項，圓，∴圓心，半徑，∵，∴圓不關于直線對稱，故A選項錯誤；對于B選項，由圓心到直線的距離為：，的最小值是，故，故B選項錯誤；對于C選項，從點向圓引切線，當時，切線長最小，最小值是，故C正確；對于D選項，直線過定點，該定點在圓C內，所以直線被圓截得的弦長最長時，所截弦長為過點和圓心的圓的直徑，即弦長的最大值為8，最短的弦長為垂直與該直徑的弦長，和圓心的距離為，最短弦長為，故直線被圓截得的弦長取值范圍為，D正確．故選：CD．11.如圖，在長方體中，，，E為棱的中點，則（）A.面 B.C.平面截該長方體所得截面面積為 D.三棱錐的體積為【答案】ABD【解析】【分析】對于A：根據長方體的性質得出，即可證明；對于B：根據底面是正方體，得出，根據三垂線定理結合長方體性質即可證明；對于C：根據長方體對稱性易知平面截該長方體所得截面面積為，根據已知得出，，，即可根據余弦定理得出，即可根據同角三角函數公式得出，即可根據三角形面積公式得出答案驗證；對于D：根據已知直接利用三棱錐的體積公式得出答案；【詳解】對于選項A：連接，為長方體，，，∴四邊形是平行四邊形，，平面，平面，面，故選項A正確；對于選項B：，，平面，在平面上的投影為，，故選項B正確；對于選項C：根據長方體對稱性易知平面截該長方體所得截面面積為，，，，，，，由，可得，則，故C錯誤；對于選項D：三棱錐的底面積，高為，則三棱錐的體積為，故D正確；故選：ABD.12.已知為坐標原點，，分別是漸近線方程為的雙曲線的左、右焦點，為雙曲線上任意一點，平分，且，，則（）A.雙曲線的標準方程為B.雙曲線的離心率為C.點到兩條漸近線的距離之積為D.若直線與雙曲線的另一支交于點為的中點，則【答案】BCD【解析】【分析】不妨設為雙曲線的右支上一點，延長，交于點，進而得，，再結合雙曲線的定義，中位線定理得，，進而判斷AB；設，則，再直接計算點到兩條漸近線的距離之積判斷C；設，，根據點差法求解判斷D.【詳解】解：不妨設為雙曲線的右支上一點，延長，交于點，如圖，因為平分，且，即，所以，在與中，，所以，≌，故，根據雙曲線的定義得，，在中，為其中位線，所以，，因為雙曲線的漸近線方程為，所以，得，，所以雙曲線的標準方程為，離心率為，所以A不正確，B正確；設，則，即所以，點到兩條漸近線的距離之積為，所以C正確；設，，因為，在雙曲線上，所以①，②，①-②并整理得，，即，因為所以，所以D正確．故選：BCD．【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于延長，交于點，進而結合幾何關系得到為的中點，進而求得雙曲線的解析式.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分.）13.若直線與直線平行，則______.【答案】【解析】【分析】根據兩條直線平行列方程，由此求得的值.【詳解】解：將直線變形為，因為直線與直線平行，所以，解得.故答案為：14.數列是等差數列，且，，那么______.【答案】【解析】【分析】根據等差數列的通項公式，進而寫出數列的通項公式，可得答案.【詳解】解：令，因為，，所以，，則的公差為，所以，故，所以.故答案為：.15.若圓與圓恰有兩條公切線，則實數a的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】由題知圓與圓相交，進而根據位置關系求解即可.【詳解】解：由題知圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，因為圓與圓恰有兩條公切線，所以圓與圓相交，所以，所以，，解得.所以，實數a的取值范圍為故答案為：16.在四棱錐中，平面BCDE，，，，且，則該四棱錐的外接球的表面積為______.【答案】【解析】【分析】連接，由題意可得在直徑為的圓上，在中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圓的半徑，再利用平面BCDE可得球心到底面的距離，即可求解【詳解】連接，因為，，所以在直徑為的圓上，取的中點，即四邊形外接圓的圓心，在中，即，解得，所以四邊形外接圓的直徑即外接圓的直徑為，所以，因為平面BCDE，所以四棱錐的外接球的球心與底面的距離為，所以四棱錐的外接球的半徑為，對應的表面積為故答案為：四、解答題（本題共6小題，共70分，其中第17題10分，其它每題12分，解答應寫出文字說明證明過程或演算步驟）17.已知等差數列滿足，且.（1）求數列的通項公式：（2）設，求數列的前項和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先根據已知條件列方程求出，再根據等差數列通項公式求即得；（2）由題可得，再利用裂項相消法求和即得.【小問1詳解】設等差數列的公差為，∵，則由，得，解得，所以；【小問2詳解】由題可得，所以.18.已知在四棱錐中，底面為正方形，側棱平面，點為中點，.（1）求證：直線平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，連接，進而根據即可證明；（2）根據題意，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.【小問1詳解】證明：連接交于點，連接，因為底面為正方形，所以為的中點，所以，在中，為的中點，為的中點，所以；又因為面，面，所以平面.【小問2詳解】解：因為平面，為正方形，平面，所以，兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，，，，，所以，，設平面的法向量為，所以，，即，令，則，，即，，設點P到平面MAC的距離為d，所以，所以，點到平面的距離為.19.已知拋物線C：的焦點為F，直線l過點，交拋物線于A、B兩點.（1）若P為中點，求l的方程；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一：利用點差法求中點弦所在直線斜率，再根據點斜式得結果；注意驗證所求直線與拋物線有兩個交點；方法二：設中點弦所在直線方程，與拋物線方程聯立，利用韋達定理以及中點坐標公式求中點弦所在直線斜率，再根據點斜式得結果；注意考慮中點弦直線斜率不存在的情況是否滿足題意；（2）由拋物線的定義轉化，方法一：設直線l：，與拋物線方程聯立，利用韋達定理以及二次函數性質求最值，注意比較直線斜率不存在的情況的值；方法二：設直線l：，與拋物線方程聯立，利用韋達定理以及二次函數性質求最值，此種設法已包含直線斜率不存在的情況.【詳解】解：（1）方法一：設，，，則，，，化簡得，因為的中點為，，，∴l的方程為，即.經檢驗，符合題意.方法二：設，，當斜率不存時，顯然不成立.當斜率存在時，設直線l：，顯然，由得易知，，因為的中點為，，即，解得，∴l的方程為（2）方法一：由拋物線的定義可知當斜率不存在時，直線l：，當斜率存在時，設直線l：，顯然，由得，易知，，時，的最小值為綜上，的最小值為方法二：由拋物線的定義可知顯然直線l不平行于x軸，設直線l：，由得，易知，，，時，的最小值為【點睛】本題考查拋物線的定義、直線與拋物線的位置關系；考查數形結合、分類討論以及函數方程等數學思想；考查邏輯推理、直觀想象以及數學運算等核心素養.20.已知數列是公差不為零的等差數列，且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前n項和為，在①，；②，；③，這三個條件中任選一個，將序號補充在下面橫線處，并根據題意解決問題.問題：若，且______，求數列的前n項和.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答給分.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）根據等比中項性質，結合等差數列通項公式得，再求通項公式即可；（2）根據題意求得，再根據錯位相減法求解即可.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為d，因為，，成等比數列，所以，解得或（舍去）.所以，.【小問2詳解】解：選①，由，，當時，，當時等式也成立，所以，則，所以，，，兩式相減得，所以.選②，由，，當時，，所以，所以數列為以1為首項2為公比的等比數列，所以，則，所以，，，兩式相減得，所以選③，由，，得，又，所以，所以是以2為首項，公比為2的等比數列，所以.當時，，當時等式也成立，所以，則，所以，，，兩式相減得，所以.21.如圖，在正三棱柱中，，是棱的中點.（1）證明：平面平面；（2）若，求平面與平面的夾角余弦值的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）證明平面即可證明結論；（2）分別取，的中點，連接，進而兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，利用坐標法