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江苏省南通市如皋市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高二上·溧阳期中）若一条直线经过两点和，则该直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高二上·如皋期中）数列的前项和为，，则（ ）
A．32 B．16 C．15 D．8
3．（2022高二上·如皋期中）已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
4．（2019高二下·上饶期中）设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
5．（2022高二上·如皋期中）我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律，他是第一个利用数学使音乐公式化的人·十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，从第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，如下表所示，其中，，…，表示这些半音的频率，若半音G与的频率之比为，则与A的频率之比为（ ）
频率
半音 C D E F G A B C(八度)
A． B． C．2 D．
6．（2022高二上·如皋期中）已知是双曲线的一条准线，是上的一点，，是C的两个焦点，若，则点到轴的距离为（ ）
A．2 B． C． D．
7．（2022高二上·如皋期中）等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高二上·如皋期中）已知圆，圆，过点两条互相垂直的直线，，其中与圆交于A，B，与圆交于C，D，且，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高二上·如皋期中）已知数列为等比数列，则（ ）
A．数列，，成等比数列
B．数列，，成等比数列
C．数列，，成等比数列
D．数列，，成等比数列
10．（2022高二上·如皋期中）某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径为40mm，满盘时直径为120mm，已知该卫生纸的厚度为0.1mm，为了求出满盘时卫生纸的总长度，下列做法正确的是（ ）
A．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.0，21.1，…，59.9
B．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.05，20.15，…，59.95
C．同心圆由内向外各圈周长组成一个首项为，公差为的等差数列
D．设卷筒的高度为，由等式可以求出卫生纸的总长
11．（2022高二上·如皋期中）已知双曲线，C的两条渐近线分别为，，点为C右支上任意一点，它到，的距离分别为，，到右焦点的距离为，则（ ）
A．的取值范围为 B．的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
12．（2022高二上·如皋期中）如图，已知正方体的棱长为1，，分别为正方体中上、下底面的中心，，，，分别为四个侧面的中心，由这六个中心构成一个八面体的顶点，则（ ）
A．直线与直线所成角为
B．二面角的正切值为
C．这个八面体的表面积为
D．这个八面体外接球的体积为
三、填空题
13．（2022高二上·如皋期中）已知数列中，，则此数列的前8项和为 ．
14．（2022高二上·如皋期中）已知数列的前项之和为，满足，且，则时， ．
15．（2022高二上·如皋期中）在正三棱锥中，O为底面的中心，，，，，分别在棱PA，PB，PC上，且，圆柱的上底面是的内切圆，下底面在平面ABC内，则圆柱的侧面积为 ．
16．（2022高二上·如皋期中）已知V为圆锥顶点，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，过点A作与底面成的平面，此平面与圆锥侧面的交线为椭圆，则椭圆的长轴长为 ；离心率为 ．
四、解答题
17．（2022高二上·如皋期中）设等差数列的前项和为，已知，．
（1）求；
（2）若为与的等比中项，求．
18．（2022高二上·如皋期中）在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
19．（2022高二上·如皋期中）已知数列满足且，．
（1）求通项；
（2）求数列的前项之和．
20．（2022高二上·如皋期中）已知椭圆的离心率为e，且过点和．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线对称，求．
21．（2022高二上·如皋期中）在正四棱柱中，已知，，E为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的余弦值．
22．（2022高二上·如皋期中）已知圆，抛物线，过原点作圆C的切线交抛物线于A，且．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设P是抛物线E上一点，过点P作圆C的两条切线分别交抛物线E于Q，R，若直线的斜率为-1，求P的坐标．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】因为一条直线经过两点和，
所以该直线的斜率为：
所以该直线的倾斜角为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合直线的斜率公式求出该直线的斜率，即可求出直线的倾斜角.
2．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；数列递推式
【解析】【解答】因为，
所以时，，
所以，整理得，，又
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以．
故答案为：B
【分析】利用递推关系和等比数列的通项公式可得答案.
3．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】设圆锥的底面半径为，母线长为，
∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
∴，
∴，，
∴圆锥的表面积为．
故答案为：C．
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长求出r，，再由圆锥的表面积公式求解可得答案.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】 ， ， ∵ ， ,
故答案为：D.
【分析】利用线面垂直和线线平行、线面平行，从而推出面面垂直，从而推出正确的命题。
5．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】由题可知：，
又第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，
所以为等比数列，且，
所以，
所以．
故答案为：B
【分析】根据题意可知频率成等比数列，再根据等比数列的通项公式可得答案.
6．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，所以，，所以焦点为，，
又双曲线的准线方程为，
不妨设是右准线，可设点坐标为，则，，
由，即，解得．
所以点到轴的距离为．
故答案为：C
【分析】求出双曲线的焦点坐标和准线方程，设点坐标为，可得，，由，求出n的值，可求出点到轴的距离.
7．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】根据题意得，，解得，故，
时，，
故
．
故答案为：A
【分析】 根据题意计算出a1， q，得到通项公式，再结合 ，计算出数列的通项公式 .
8．【答案】A
【知识点】两点间的距离公式；点到直线的距离公式
【解析】【解答】设，到直线AB，CD的距离分别为，，
若过定点的直线分别为和，则，不满足条件，
当两直线的斜率都存在时，设直线，斜率分别为，，则，
直线，方程分别为，，
由点到直线距离公式可得：
，，
又，，
整理可得，
所以．
故答案为：A
【分析】设，到直线AB，CD的距离分别为，，直线，斜率分别为，，可得，直线，方程分别为，，利用点到直线距离公式、弦长公式即可求出答案.
9．【答案】B,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】设等比数列的公比为，
A.由等比数列的性质知，，当时，，A不符合题意；
B.可知数列，，每项都不为0，且，B符合题意．
C.当数列为1，，1，，1……时，，C不符合题意；
D.数列，，的每一项都不为0，且，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用等比数列的性质逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】B,C,D
【知识点】等差数列；等差数列的通项公式
【解析】【解答】卫生纸的厚度为0.1mm，可以把绕在盘上的卫生纸近似地看作一组同心圆，取半径时从每层纸的中间开始算，则由内向外各圈的半径组成首项为20.05，公差为0.1的等差数列，A选项错误，B选项正确；
这个等差数列首项，公差，由，得，解得；
设各圈周长的，则，，，
所以各圈的周长组成一个首项为，公差为，项数为400的等差数列，C选项正确；
利用体积相等，可得，D选项正确．
故答案为：BCD
【分析】 把绕在盘上的纸近似地看作是一组同心圆，从内到外，半径依次组成等差数列，分别计算出各圆的周长，再由体积求总长，逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】C,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题可知，，，，设，右焦点到渐近线距离为，
渐近线方程为：，，不妨设所对应的直线分别为，，
，，，
，B不符合题意；
，当且仅当时等号成立，C符合题意；
由图可知，，D符合题意；
由双曲线性质，双曲线无限接近渐近线，所以的最小值无限接近于0，所以无最小值，A不符合题意；
由双曲线对称性，，，所对应的直线分别为，时仍成立．
故答案为：CD
【分析】根据双曲线的方程求出a、b、c，设，右焦点到渐近线距离为，利用点到直线的距离公式结合双曲线的性质，逐项进行判断，可得答案.
12．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】A.连结，交于点，由正方体的性质可知，点平分，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以直线与直线所成角为，因为八面体的由8个全等的等边三角形构成，
所以，A符合题意；
B.
取的中点，的中点，连结，，，
由图可知，八面体的表面是8个全等的等边三角形，四边形是正方形，
所以，，
所以是二面角的平面角，
等边三角形的边长为，
所以，，
所以，，所以，B不符合题意；
C.这个八面体的表面为8个全等的等边三角形，等边三角形的边长为
可求得，所以八面体的表面积为，C符合题意；
D.八面体外接球的球心即为四边形的中心，外接球的半径为，
八面体外接球的体积为，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】由八面体的由8个全等的等边三角形构成，可判断A；四边形是正方形，可得是二面角的平面角，利用余弦定理求解可判断B；求出等边三角形的面积可得八面体的表面积，可判断C；八面体外接球的球心即为四边形的中心，外接球的半径为，可求出外接球的体积，可判断D.
13．【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】，
的前8项和为．
故答案为：
【分析】通过，利用裂项求和法可求出答案.
14．【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】∵，，
∴是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴时，．
故答案为：.
【分析】 由题意可得是以1为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式和数列的递推式可得答案.
15．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】由，得，易得正的内切圆半径，易得圆柱的高为2，所以圆柱的侧面积为.
故答案为：
【分析】根据已知条件求出内切圆的半径和高，再根据圆柱的侧面积公式可求出答案.
16．【答案】；
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】设椭圆所在平面为，平面与母线VB交于点C，
则就是与底面所成角，且AC为椭圆的长轴，如图所示，
又是等边三角形，由，，得，故，
即椭圆的长轴长为．
过椭圆中心O作平行于圆锥底面的截面圆形，交VA，VB于D，E，交椭圆于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，DE为直径，因为轴截面是边长为2的正三角形，O为AC的中点，所以，．因为，所以，由相交弦定理可得，
所以短半轴长，故，离心率为．
故答案为：；
【分析】设椭圆所在平面为，平面与母线VB交于点C，则就是与底面所成角，且AC为椭圆的长轴，根据已知条件求出椭圆的长轴长，过椭圆中心O作平行于圆锥底面的截面圆形，交VA，VB于D，E，交椭圆于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，DE为直径，因为轴截面是边长为2的正三角形，O为AC的中点，利用相交弦定理可求出离心率.
17．【答案】（1）解：设等差数列公差为，，解得，
，所以，，
（2）解：由题意：，，即，
化简得：，
解之得或（舍），故.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】 (1) 设等差数列公差为，由已知利用等差数列的求和公式和通项公式即可求解出 ；
(2)由题意利用等比数列的性质可求 ， 解方程即可得解n的值.
18．【答案】（1）证明：连接，∵，分别为，的中点，
∴
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，
∴
（2）解：连接交于点，连接，
在正四棱锥中，四边形为正方形，
∴为正方形中心
∴平面，又∵平面，∴，
因为，，，平面，所以平面，
即AO为点到平面的距离，，
在中，，
所以，
所以．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】(1)连结BD，可得EG // BD，根据线面平行的判定和性质，即可证明出 ；
(2)连接AC交BD于点O，连接PO，可得 平面，即点A到平面PBD的距离为AO，利用等体积转换法得 ，求解即可得出三棱锥的体积．
19．【答案】（1）解：当为奇数时，由知数列是公差为2的等差数列，
，∴，为奇数；
当为偶数时，由知数列是公比为2的等比数列，
，∴，为偶数
∴
（2）解：记，
相减得：
∴
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】(1)根据题干已知条件将n分为奇数和偶数两种情况进行讨论，当n为奇数时，可得数列是公差为2的等差数列， 根据等差数列的通项公式可求得 的通项公式 ，同理可推导出当n为偶数时数列 的通项公式 ，最后综合两种情况即可得到数列 的通项公式 ；
(2) 记，再运用错位相减法即可计算出前项之和．
20．【答案】（1）解：由题意知：，∴
，∴，所以椭圆
（2）解：法一 设及AB中点，由题意知
，，以上两式相减得：，
可化为：即，故，
又∵M在直线上，所以，解得：，
即，直线，化简为：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
法二 设直线，
联立， 整理得：
，则中点，满足直线方程，解得
所以AB：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)将两点代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆C的方程；
(2)方法一：由题意可知，直线AB的斜率为-1，利用“点差法”求得直线AB的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得| AB|；
方法二：设直线，代入椭圆方程，利用中点坐标公式，即可求得m的值，利用弦长公式，即可求得|AB|.
21．【答案】（1）证明：连结AC交BD于点O，连结．
在正四棱柱中，面ABCD，
又∵ABCD，∴
∵四边形ABCD为正方形，∴
又∵，，面，∴面，又∵面
∴
（2）解：由（1）知：面，又平面，∴平面平面，
又面面，
∴为直线与平面所成的平面角，
∵正四棱柱中，，，
分别在，，中，
解得，，
所以，
故与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 连结AC交BD于点O，连结 ，推导出 ，BD⊥AC，从而 面 ，由此能证明出 ；
(2)推导出平面平面， 从而 为直线与平面所成的平面角， 由此能求出 与平面所成角的余弦值．
22．【答案】（1）解：设直线，，解得：，
由对称性，不妨取，
解得，，∴
解得：，∴抛物线．
（2）解：设，满足，设满足，
，即，
，直线，化为一般式为：，
由题意知：，
化简得：；同理，
故，为方程：的两根
化简整理为：，
由韦达定理知：，解得或，
∴或
【知识点】直线的点斜式方程；点到直线的距离公式；抛物线的标准方程
【解析】【分析】 (1)根据直线OA与圆相切，利用点到直线距离等于半径可得直线OA斜率，再与抛物线联立解得A坐标，求得|OA|，即可得p，进而求出抛物线E的方程；
(2)利用点到直线距离等于半径可得关于一个点纵坐标的一元二次方程，同理可得第二个方程，两个方程同构，利用韦达定理可得关于P纵坐标的方程，解之即可得 P的坐标．
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江苏省南通市如皋市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高二上·溧阳期中）若一条直线经过两点和，则该直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】因为一条直线经过两点和，
所以该直线的斜率为：
所以该直线的倾斜角为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合直线的斜率公式求出该直线的斜率，即可求出直线的倾斜角.
2．（2022高二上·如皋期中）数列的前项和为，，则（ ）
A．32 B．16 C．15 D．8
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；数列递推式
【解析】【解答】因为，
所以时，，
所以，整理得，，又
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以．
故答案为：B
【分析】利用递推关系和等比数列的通项公式可得答案.
3．（2022高二上·如皋期中）已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】设圆锥的底面半径为，母线长为，
∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
∴，
∴，，
∴圆锥的表面积为．
故答案为：C．
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长求出r，，再由圆锥的表面积公式求解可得答案.
4．（2019高二下·上饶期中）设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】 ， ， ∵ ， ,
故答案为：D.
【分析】利用线面垂直和线线平行、线面平行，从而推出面面垂直，从而推出正确的命题。
5．（2022高二上·如皋期中）我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律，他是第一个利用数学使音乐公式化的人·十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，从第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，如下表所示，其中，，…，表示这些半音的频率，若半音G与的频率之比为，则与A的频率之比为（ ）
频率
半音 C D E F G A B C(八度)
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】由题可知：，
又第二个半音开始每一个半音与前一个半音的频率之比为同一个常数，
所以为等比数列，且，
所以，
所以．
故答案为：B
【分析】根据题意可知频率成等比数列，再根据等比数列的通项公式可得答案.
6．（2022高二上·如皋期中）已知是双曲线的一条准线，是上的一点，，是C的两个焦点，若，则点到轴的距离为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，所以，，所以焦点为，，
又双曲线的准线方程为，
不妨设是右准线，可设点坐标为，则，，
由，即，解得．
所以点到轴的距离为．
故答案为：C
【分析】求出双曲线的焦点坐标和准线方程，设点坐标为，可得，，由，求出n的值，可求出点到轴的距离.
7．（2022高二上·如皋期中）等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】根据题意得，，解得，故，
时，，
故
．
故答案为：A
【分析】 根据题意计算出a1， q，得到通项公式，再结合 ，计算出数列的通项公式 .
8．（2022高二上·如皋期中）已知圆，圆，过点两条互相垂直的直线，，其中与圆交于A，B，与圆交于C，D，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两点间的距离公式；点到直线的距离公式
【解析】【解答】设，到直线AB，CD的距离分别为，，
若过定点的直线分别为和，则，不满足条件，
当两直线的斜率都存在时，设直线，斜率分别为，，则，
直线，方程分别为，，
由点到直线距离公式可得：
，，
又，，
整理可得，
所以．
故答案为：A
【分析】设，到直线AB，CD的距离分别为，，直线，斜率分别为，，可得，直线，方程分别为，，利用点到直线距离公式、弦长公式即可求出答案.
二、多选题
9．（2022高二上·如皋期中）已知数列为等比数列，则（ ）
A．数列，，成等比数列
B．数列，，成等比数列
C．数列，，成等比数列
D．数列，，成等比数列
【答案】B,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】设等比数列的公比为，
A.由等比数列的性质知，，当时，，A不符合题意；
B.可知数列，，每项都不为0，且，B符合题意．
C.当数列为1，，1，，1……时，，C不符合题意；
D.数列，，的每一项都不为0，且，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用等比数列的性质逐项进行判断，可得答案.
10．（2022高二上·如皋期中）某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径为40mm，满盘时直径为120mm，已知该卫生纸的厚度为0.1mm，为了求出满盘时卫生纸的总长度，下列做法正确的是（ ）
A．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.0，21.1，…，59.9
B．从底面看，可以将绕在盘上的卫生纸看作一组同心圆，由内向外各圈的半径分别是20.05，20.15，…，59.95
C．同心圆由内向外各圈周长组成一个首项为，公差为的等差数列
D．设卷筒的高度为，由等式可以求出卫生纸的总长
【答案】B,C,D
【知识点】等差数列；等差数列的通项公式
【解析】【解答】卫生纸的厚度为0.1mm，可以把绕在盘上的卫生纸近似地看作一组同心圆，取半径时从每层纸的中间开始算，则由内向外各圈的半径组成首项为20.05，公差为0.1的等差数列，A选项错误，B选项正确；
这个等差数列首项，公差，由，得，解得；
设各圈周长的，则，，，
所以各圈的周长组成一个首项为，公差为，项数为400的等差数列，C选项正确；
利用体积相等，可得，D选项正确．
故答案为：BCD
【分析】 把绕在盘上的纸近似地看作是一组同心圆，从内到外，半径依次组成等差数列，分别计算出各圆的周长，再由体积求总长，逐项进行判断，可得答案.
11．（2022高二上·如皋期中）已知双曲线，C的两条渐近线分别为，，点为C右支上任意一点，它到，的距离分别为，，到右焦点的距离为，则（ ）
A．的取值范围为 B．的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
【答案】C,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题可知，，，，设，右焦点到渐近线距离为，
渐近线方程为：，，不妨设所对应的直线分别为，，
，，，
，B不符合题意；
，当且仅当时等号成立，C符合题意；
由图可知，，D符合题意；
由双曲线性质，双曲线无限接近渐近线，所以的最小值无限接近于0，所以无最小值，A不符合题意；
由双曲线对称性，，，所对应的直线分别为，时仍成立．
故答案为：CD
【分析】根据双曲线的方程求出a、b、c，设，右焦点到渐近线距离为，利用点到直线的距离公式结合双曲线的性质，逐项进行判断，可得答案.
12．（2022高二上·如皋期中）如图，已知正方体的棱长为1，，分别为正方体中上、下底面的中心，，，，分别为四个侧面的中心，由这六个中心构成一个八面体的顶点，则（ ）
A．直线与直线所成角为
B．二面角的正切值为
C．这个八面体的表面积为
D．这个八面体外接球的体积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】A.连结，交于点，由正方体的性质可知，点平分，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以直线与直线所成角为，因为八面体的由8个全等的等边三角形构成，
所以，A符合题意；
B.
取的中点，的中点，连结，，，
由图可知，八面体的表面是8个全等的等边三角形，四边形是正方形，
所以，，
所以是二面角的平面角，
等边三角形的边长为，
所以，，
所以，，所以，B不符合题意；
C.这个八面体的表面为8个全等的等边三角形，等边三角形的边长为
可求得，所以八面体的表面积为，C符合题意；
D.八面体外接球的球心即为四边形的中心，外接球的半径为，
八面体外接球的体积为，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】由八面体的由8个全等的等边三角形构成，可判断A；四边形是正方形，可得是二面角的平面角，利用余弦定理求解可判断B；求出等边三角形的面积可得八面体的表面积，可判断C；八面体外接球的球心即为四边形的中心，外接球的半径为，可求出外接球的体积，可判断D.
三、填空题
13．（2022高二上·如皋期中）已知数列中，，则此数列的前8项和为 ．
【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】，
的前8项和为．
故答案为：
【分析】通过，利用裂项求和法可求出答案.
14．（2022高二上·如皋期中）已知数列的前项之和为，满足，且，则时， ．
【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】∵，，
∴是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴，
∴时，．
故答案为：.
【分析】 由题意可得是以1为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式和数列的递推式可得答案.
15．（2022高二上·如皋期中）在正三棱锥中，O为底面的中心，，，，，分别在棱PA，PB，PC上，且，圆柱的上底面是的内切圆，下底面在平面ABC内，则圆柱的侧面积为 ．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】由，得，易得正的内切圆半径，易得圆柱的高为2，所以圆柱的侧面积为.
故答案为：
【分析】根据已知条件求出内切圆的半径和高，再根据圆柱的侧面积公式可求出答案.
16．（2022高二上·如皋期中）已知V为圆锥顶点，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，过点A作与底面成的平面，此平面与圆锥侧面的交线为椭圆，则椭圆的长轴长为 ；离心率为 ．
【答案】；
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】设椭圆所在平面为，平面与母线VB交于点C，
则就是与底面所成角，且AC为椭圆的长轴，如图所示，
又是等边三角形，由，，得，故，
即椭圆的长轴长为．
过椭圆中心O作平行于圆锥底面的截面圆形，交VA，VB于D，E，交椭圆于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，DE为直径，因为轴截面是边长为2的正三角形，O为AC的中点，所以，．因为，所以，由相交弦定理可得，
所以短半轴长，故，离心率为．
故答案为：；
【分析】设椭圆所在平面为，平面与母线VB交于点C，则就是与底面所成角，且AC为椭圆的长轴，根据已知条件求出椭圆的长轴长，过椭圆中心O作平行于圆锥底面的截面圆形，交VA，VB于D，E，交椭圆于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，DE为直径，因为轴截面是边长为2的正三角形，O为AC的中点，利用相交弦定理可求出离心率.
四、解答题
17．（2022高二上·如皋期中）设等差数列的前项和为，已知，．
（1）求；
（2）若为与的等比中项，求．
【答案】（1）解：设等差数列公差为，，解得，
，所以，，
（2）解：由题意：，，即，
化简得：，
解之得或（舍），故.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】 (1) 设等差数列公差为，由已知利用等差数列的求和公式和通项公式即可求解出 ；
(2)由题意利用等比数列的性质可求 ， 解方程即可得解n的值.
18．（2022高二上·如皋期中）在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：连接，∵，分别为，的中点，
∴
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，
∴
（2）解：连接交于点，连接，
在正四棱锥中，四边形为正方形，
∴为正方形中心
∴平面，又∵平面，∴，
因为，，，平面，所以平面，
即AO为点到平面的距离，，
在中，，
所以，
所以．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】(1)连结BD，可得EG // BD，根据线面平行的判定和性质，即可证明出 ；
(2)连接AC交BD于点O，连接PO，可得 平面，即点A到平面PBD的距离为AO，利用等体积转换法得 ，求解即可得出三棱锥的体积．
19．（2022高二上·如皋期中）已知数列满足且，．
（1）求通项；
（2）求数列的前项之和．
【答案】（1）解：当为奇数时，由知数列是公差为2的等差数列，
，∴，为奇数；
当为偶数时，由知数列是公比为2的等比数列，
，∴，为偶数
∴
（2）解：记，
相减得：
∴
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】(1)根据题干已知条件将n分为奇数和偶数两种情况进行讨论，当n为奇数时，可得数列是公差为2的等差数列， 根据等差数列的通项公式可求得 的通项公式 ，同理可推导出当n为偶数时数列 的通项公式 ，最后综合两种情况即可得到数列 的通项公式 ；
(2) 记，再运用错位相减法即可计算出前项之和．
20．（2022高二上·如皋期中）已知椭圆的离心率为e，且过点和．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线对称，求．
【答案】（1）解：由题意知：，∴
，∴，所以椭圆
（2）解：法一 设及AB中点，由题意知
，，以上两式相减得：，
可化为：即，故，
又∵M在直线上，所以，解得：，
即，直线，化简为：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
法二 设直线，
联立， 整理得：
，则中点，满足直线方程，解得
所以AB：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)将两点代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆C的方程；
(2)方法一：由题意可知，直线AB的斜率为-1，利用“点差法”求得直线AB的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得| AB|；
方法二：设直线，代入椭圆方程，利用中点坐标公式，即可求得m的值，利用弦长公式，即可求得|AB|.
21．（2022高二上·如皋期中）在正四棱柱中，已知，，E为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连结AC交BD于点O，连结．
在正四棱柱中，面ABCD，
又∵ABCD，∴
∵四边形ABCD为正方形，∴
又∵，，面，∴面，又∵面
∴
（2）解：由（1）知：面，又平面，∴平面平面，
又面面，
∴为直线与平面所成的平面角，
∵正四棱柱中，，，
分别在，，中，
解得，，
所以，
故与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 连结AC交BD于点O，连结 ，推导出 ，BD⊥AC，从而 面 ，由此能证明出 ；
(2)推导出平面平面， 从而 为直线与平面所成的平面角， 由此能求出 与平面所成角的余弦值．
22．（2022高二上·如皋期中）已知圆，抛物线，过原点作圆C的切线交抛物线于A，且．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设P是抛物线E上一点，过点P作圆C的两条切线分别交抛物线E于Q，R，若直线的斜率为-1，求P的坐标．
【答案】（1）解：设直线，，解得：，
由对称性，不妨取，
解得，，∴
解得：，∴抛物线．
（2）解：设，满足，设满足，
，即，
，直线，化为一般式为：，
由题意知：，
化简得：；同理，
故，为方程：的两根
化简整理为：，
由韦达定理知：，解得或，
∴或
【知识点】直线的点斜式方程；点到直线的距离公式；抛物线的标准方程
【解析】【分析】 (1)根据直线OA与圆相切，利用点到直线距离等于半径可得直线OA斜率，再与抛物线联立解得A坐标，求得|OA|，即可得p，进而求出抛物线E的方程；
(2)利用点到直线距离等于半径可得关于一个点纵坐标的一元二次方程，同理可得第二个方程，两个方程同构，利用韦达定理可得关于P纵坐标的方程，解之即可得 P的坐标．
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