湖南省衡阳县第四中学2022-2023学年高二下学期开学模拟考试数学试卷（平行班）（含解析）

衡阳县四中2022-2023学年高二下学期开学模拟考试
数学试卷 （平行班）
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1.已知向量，，若，则x=（ ）
Α． B． C．－2 D．2
2.已知等比数列和等差数列，满足，则( )
A. B.1 C.4 D.6
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
4.直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是( )
A. B. C. D.
5.已知双曲线，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.若为直角三角形，则( )
A. B.3 C. D.4
6.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，直线：x－y＋2=0，动点M在C上运动，记点M到直线l与的距离分别为，，O为坐标原点，则当最小时，cos∠MFO=（ ）
A． B． C． D．
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AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
8.如图，棱长为3的正方体ABCD－中，P为正方体表面上的一个动点，E，F分别为的三等分点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（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.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
10.设是数列的前n项和，，，则下列说法正确的有( ).
A.数列的前n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
11.正方体ABCD－的校长为2，E，F，G分别为BC，，的中点．则（ ）
A．直线EF与直线AE垂直 B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点和点D到平面AEF的距离相
12.已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，C，D分别为A，B在l上的射影，且，M为AB中点，则下列结论正确的是( )
A. B.为等腰直角三角形
C.直线AB的斜率为 D.的面积为4
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分．）
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，向外每环也依次增加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）的数量是________________.
14.已知圆O：，过点P（2，1）作圆O的切线，则切线方程为______．
15.已知椭圆（a>0，b>0）在左、右焦点分别为，，点P在椭圆上，O是坐标原点，，，則椭圆的离心率是______．
16.在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为______________.
四、解答题（共6小题，其中第17题10分，第18～22题每题各12分，共70分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17.已知等比数列的前n项和为，且.
(1)求与；
(2)记，求数列的前n项和.
18.如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
19.已知△ABC的顶点坐标分别为A（－3，0），，C（3，0）．圆M为△ABC的外接圆．
（1）求圆M的方程；
（2）直线l与圆M相切，求直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小时l的方程．
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.
21．如图，在三棱锥P－ABC中，，平面PBC，AG=GC，PD=DA．
（1）求证：平面BDG⊥平面ABC
（2）若AB=BC=CP=2，求平面ABD与平面CBD的夹角大小．
22.已知双曲线E：（a，b>0）的左顶点为A（－2，0），点P（2，1）在渐近线上，过点P的直线交双曲线E的右支于B，C两点，直线AB，AC分别交直线OP于点M，N．
（1）求双曲线E的方程：（2）求证：O为MN的中点．
答案以及解析
1.【答案】A
【分析】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.答案：D
解析：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.答案：D
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
.故选D.
4.答案：A
解析：由圆可得圆心坐标为，半径，的面积记为S，点P到直线AB的距离记为d，则有.易知，，，所以，故选A.
5.答案：B
解析：由双曲线可知其渐近线方程为，，，不妨设，则易知焦点F到渐近线的距离为b，即，又知，
，则在中，.故选B.
6.A
【分析】由抛物线的定义可知，，设，垂足为N，，当M、F、N三点共线时，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，，设，垂足为N，∴，
当M、F、N三点共线时，最小，
∵抛物线C：，∴焦点F（1，0），∴，
设直线与x轴的交点为D，令y=0，得x=－2，即FD=2＋1=3，
在Rt△DNF中，cos∠MFO=cos∠NFD=．
故选：A．
7.答案：A
解析：解法一：设，则，易知，所以（*）.因为点P在椭圆C上，所以，得，代入（*）式，得，结合，得，所以.故选A.
解法二：设椭圆C的右顶点为B，则直线BP与直线AQ关于y轴对称，所以，所以，所以.故选A.
8.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，B（3，3，0），因为E，F分别为的三等分点，所以E（1，1，2），F（2，2，1），
又点F距平面的距离为1，所以，的最小值为．
故选：D
9.答案：AC
解析：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.
10.答案：ABD
解析：由，得，
，即，
又，数列为以1为首项，1为公差的等差数列，则，可得，故A，B均正确；
当时，，
数列的最大项为，故C错误，D正确.故选ABD.
11.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，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A（2，0，0），E（1，2，0），F（0，2，1），D（0，0，0），（0，0，2），G（2，2，1），（2，0，2），
所以，，，，，
对于A：因为，所以直线EF与直线AE不垂直．故A错误；
对于B：设平面AEF的法向量，则取y=l，得．
∵且平面AEF，∴直线与平面AEF平行．故B正确；
对于C：
连接，，∵E，F分别是BC，的中点，
∴面AEF截正方体所得的截面为梯形，
∴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．
∴点到平面AEF的距离，
点D到平面AEF的距离，
∴点和点D到平面AEF的距离相等．故D正确．
故选：BCD．
12.答案：AC
解析：由，得，即，
焦点，准线.
设直线AB的方程为，，.
由得，
，，
从而，.
又，，即.
因此，且或（舍去）.
，，即直线AB的斜率为，C正确；
选项A中，，，
，从而，A正确；
选项B中，，
，结合图形知不是直角三角形，B错误；
选项D中，，D错误.故选AC.
13.答案：3402
解析：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，首项，三层共27项，所以和为.
14.y=1或4x－3y－5=0
【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P在圆外，根据圆O：及P（2，1），知：过P作圆O的切线斜率一定存在，∴可设切线为y=k（x－2）＋1，联立圆的方程，整理得，
∴，解得k=0或．
∴切线方程为y=1或4x－3y－5=0．故答案为：y=1或4x－3y－5=0．
15．
【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0故答案为：．
16.答案：
解析：由题意得，平面，平面，所以平面，则点G到平面的距离等于点到平面的距离.以D为原点，DA， DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则，，，，所以，，.
设平面的法向量为，
则
令，则，，
所以平面的一个法向量.
点到平面的距离为，即点G到平面的距离为.
17.解析：(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
.
18.解析：（Ⅰ）因为ABCD是直角梯形，，
所以，即，
因为CDEF是直角梯形，，
所以，即.
如图，在AB边上作，连接DH，易得，
在中，因为，所以，.
在DC边上作，连接EG，易得，
在中，因为，所以，.
易知二面角的平面角为，又，故为等边三角形，
又N为BC的中点，所以.
因为，，，所以平面BCF.
又平面BCF，所以.
因为，，故平面ABCD，
又平面ABCD，故.
（Ⅱ）如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，
以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面ADE的法向量为，
则，即，
取，则，，即是平面ADE的一个法向量.
设直线BM与平面ADE所成角为，
因为，
所以.
19．（1）；
（2）或或或．
【分析】（1）假设圆的一般方程，代入A，B，C可构造方程组求得结果；
（2）设l：，利用直线与圆相切和基本不等式可知当直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小，由此得到a，b，进而整理得到直线方程．
（1）设圆M方程为：，
则，解得：，∴圆M方程为：，即；
（2）由题意知：直线l在x，y轴的截距不为零，∴可设l：，即bx＋ay－ab=0，
∵l与M相切，∴，即（当且仅当时取等号），
∴，即当时，直线l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，
∴l方程为：或或或．
20.答案：(1)标准方程为.
(2)过定点.
解析：(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.
21．（1）证明见解析；
（2）60°．
【分析】（1）从所要证明的结论分析：要证平面BDG⊥平面ABC，即证DG⊥平面ABC，即证PC⊥平面ABC，即证PC⊥AB，进而得到证明思路；
（2）方法一：以G为坐标原点，GB，GC，GD所在直线分别为x，y，z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A作AE⊥BD，垂足为E，连接EC，找出二面角的平面角，利用余弦定理求其大小．
（1）证明：因为AB⊥平面PBC，平面PBC，所以PC⊥AB．
因为PC⊥BC，，所以PC⊥平面ABC．
因为AG=GC，PD=DA，所以，故DG⊥平面ABC．
因为平面BDG，所以平面BDG⊥平面ABC．
（2）方法一：因为AG=GC，AB=BC，所以BG⊥AC．
以G为坐标原点，GB，GC，GD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，D（0，0，1），
所以，，，．
设是平面ABD的法向量，则，即，
令x=1，则y=－1，，所以，．
设是平面CBD的法向量，则，即，
令a=1，则b=1，，所以，，所以．
所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为60°．
方法二：如图，过A作AE⊥BD，垂足为E，连接EC．
由（1）中的垂直关系及条件AB=BC=CP=2，可计算得，，
所以DB=DC=DA=PA=．所以．所以∠AEC为二面角A－BD－C的平面角．
，，．
所以．在△EAC中，由余弦定理可得．所以∠AEC=120°，所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为60°．
22．（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由已知条件列方程组求解a，b，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O为MN的中点，只需证或即可．
【详解】（1）依题意得，解得，所以双曲线E的方程为．
（2）如图所示：
法1．设直线BC：x=my＋t，，，则2=m＋t，由
消去x得，当时由韦达定理得，
直线OP方程为，直线AB：，直线AC：．
由得，同理可得．
要证O为MN的中点，只需证，即证，
．得证．
法2．设直线BC：y=kx＋n，，，则1=2k＋n，由，
得，
当时由韦达定理得，直线OP方程为，直线AB：，直线AC：，由得，同理可得，
要证O为MN的中点，只需证，
即证，
即证，由1=2k＋n，
只需证，即证，
只需证，即证，由1=2k＋n可知显然成立．得证．