湖北省武汉市新洲区第一高级中学2022-2023学年高二下学期开学收心考试数学试题（含解析）

新洲区第一高级中学2022-2023学年高二下学期开学收心考试
数学试卷
一.选择题（共8小题）
1.已知，是实数，若，，且，则（ ）
A. B.0 C.2 D.4
2.已知圆，则圆的圆心和半径为（ ）
A.圆心，半径 B.圆心，半径
C.圆心，半径 D.圆心，半径
3.椭圆与曲线的（ ）
A.焦距相等 B.离心率相等
C.焦点相同 D.曲线是双曲线
4.等比数列的公比为，且，，成等差数列，则的前10项和为（ ）
A. B. C.171 D.
5.在平面直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点，在轴上，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为24，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
6.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交抛物线于点，交准线于点（，在轴的两侧）.若，则抛物线的方程为（ ）
A. B. C. D.
7.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
①直线平面
②三棱锥的体积为定值
③异面直线与所成角的取值范围是
④直线与平面所成角的正弦值的最大值为
A.①② B.①②③ C.①③④ D.①②④
8.设数列满足，，，则（ ）
A.存在，， B.存在，使得是等差数列
C.存在，， D.存在，使得是等比数列
二.多选题（共4小题）
（多选）9.过点的直线与直线平行，则下列说法正确的是 （ ）
A.直线的倾斜角为45° B.直线的方程为：
C.直线与直线间的距离为 D.过点且与直线垂直的直线为：
（多选）10.如图，是椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，共焦点，，，，的离心率分别为，，则下列结论不正确的是（ ）
A.， B.若，则
C.若，则的最小值为2 D.
（多选）11.已知数列的前项和为且满足，，下列命题中正确的是（ ）
A.是等差数列 B.
C. D.是等比数列
（多选）12.已知正三棱柱的棱长均为2，点是棱上（不含端点）的一个动点.则下列结论正确的是（ ）
A.棱上总存在点，使得直线平面
B.的周长有最小值，但无最大值
C.三棱锥外接球的表面积的取值范围是
D.当点是棱的中点时，二面角的正切值为
三.填空题（共4小题）
13.圆关于直线对称的圆的标准方程为______.
14.若双曲线的一个焦点为，两条渐近线互相垂直，则______.
15.已知数列满足，，则的最小值为______.
16.如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为______.
四.解答题（共6小题）
17.已知等差数列中，，.
（1）求首项和公差；
（2）求该数列的前10项的和的值.
18.如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
19.已知等差数列的公差为，且关于的不等式的解集为.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项和.
20.如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，，的中点为.设为原点，射线交椭圆于点.当与的面积相等时，求的值.
21.已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若恒成立.求实数的最大值.
22.在平面直角坐标系中，已知点，，设的内切圆与相切于点，且，记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线与交于，两点，已知动点满足，且，若，且动点在上，求的最小值.
新洲区第一高级中学2022-2023学年高二下学期开学收心考试
数学解析
一.选择题（共8小题）
1.【解答】解：根据题意，若，，且，
设，则有，解可得、，则；故选：D.
2.【解答】解：根据题意，圆，即，即圆心为，
半径；故选：A.
3.【解答】解：时，曲线方程为：，
即，，且，所以曲线为椭圆，
可得椭圆的焦距，焦点在轴上，
椭圆的焦距，焦点在轴上，
所以两个椭圆的焦点不同，焦距相同，
曲线的离心率由参数，所以离心率不同，故选：A.
4.【解答】解：∵等比数列的公比为，且，，成等差数列，
∴，即，解得，
∴等比数列的前10项和为，故选：A.
5.【解答】解：由于椭圆的焦点在轴上，故设椭圆的方程为，
又离心率为，则，又过的直线交椭圆于，两点，且的周长为24，则，解得，
所以，则，所以椭圆的方程为.故选：A.
6.【解答】解：如图，设抛物线的准线与轴交于点，抛物线与直线的另一个交点为，
分别过，作准线的垂线，垂足点分别为，，
设，，则，，
又直线的斜率为，∴，∴，
∴，，又，
∴，∴，∴，，∴，又易知，
∴，∴，∴抛物线的方程为.故选：B.
7.【解答】解：在①中，∵，，，且，平面，
∴平面，平面，∴，同理，，
∵，且，平面，∴直线平面，正确；
在②中，∵，平面，平面，∴平面，
∵点在线段上运动，∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，正确；
在③中，∵，∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，错误；
在④中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则，，，，
所以，.
由①正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，正确.故选：D.
8.【解答】解：∵，∴①，则②，
由①-②得，∴，则，
由此可得，，
∴，则且，，故，故A，C错误；
由，则不是常数，
故不存在，使得是等差数列，故B错误；
假设存在，使得是等比数列，设公比为，则，
∴，由，则，解得，
故存在，使得是等比数列，故D正确.故选：D.
二.多选题（共4小题）
9.【解答】解：直线与直线平行，
则直线的斜率为，即直线的倾斜角为135°，故A错误，
设直线的方程为，直线过点，
则，解得，故直线的方程为，故B正确，
直线与直线间的距离为，故C正确，
过点且与直线垂直的直线可设为，
代入可得，，解得，
故过点且与直线垂直的直线为：，故D正确.故选：BCD.
10.【解答】解：依题意，，解得，，A不正确；
令，由余弦定理得：，
当时，，即，因此，B正确；
当时，，即，有，
而，则有，解得，C不正确；
，
，于是得，
解得，而，，因此，D不正确.故选：ACD.
11.【解答】解：∵，∴，
∴，又，
∴是以首项为3，公差为3的等差数列，∴A选项正确；
∴，∴，∴B选项正确；
当时，，又，
∴，∴C选项错误；
∴，∴是以首项为，公比为的等比数列，∴D选项正确.故选：ABD.
12.【解答】解：对A，在上取一点使得，则，
当时，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，所以直线平面，故A正确；
对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，
因为是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，
故的周长有最小值，但无最大值，故B正确；
对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，
取中点，中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，
则.易得平面平面，
根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心，
由对称性，可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小，
此时，故外接球直径，
此时外接球表面积，
当在或者点时，三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，
此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形：
此时外接球直径，
此时外接球表面积，
因为点是棱上（不含端点）的一个动点，
故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，故C正确；
对D，设到平面的距离为，
则由，即，故，
设到线段的距离，则，解得，
故二面角的正切值为，故D错误；故选：ABC.
三.填空题（共4小题）
13.【解答】解：设圆关于直线对称的圆的圆心为，
由题意可得，，解得，，
故对称点的坐标是，故圆的方程为.故答案为：.
14.【解答】解：由题意可得：，，解得，故答案为：.
15.【解答】解：∵，，，…，
由累加得，
所以，∴，
∵在上单调递减，在上单调递增，
∴在上单调递减，在上单调递增，且，
∴或5时最小，时，；时，，
所以的最小值为.故答案为：.
16.【解答】解：如图所示：取的中点，连接，，，
因为，，又，所以，又，
所以平面，又平面，所以平面平面，
又平面平面，作，则平面，
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.
四.解答题（共6小题）
17.【解答】解：（1）因为在等差数列中，，，
所以有，；
（2）因为在等差数列中，，，所以.
18.【解答】证明：（1）取中点为，连接，，如图所示，
因为，分别是，的中点，所以且，
又因为且，所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面.
解：（2）取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，解得，即，
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，解得，即，
所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.
19.【解答】解：（1）关于的不等式的解集为，
可得，3是方程的两根，则，，
解得，，则；
（2），
数列前项和，
，
上面两式相减可得
，化简可得.
20.【解答】解：（Ⅰ）由题意得，又，则，
∴，∴椭圆的方程为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆的方程为，由题意得直线的方程为，即，
联立直线与椭圆可得，整理得，
设，，由韦达定理得，，
∵与的面积相等，∴点和点到直线的距离相等，
又的中点为，则为线段的中点，即四边形是平行四边形，
设，则，即，
∴，，
又，即，解得.
21.【解答】解：（1）依题意，，当时，，解得，
当时，，，两式相减得，
因此，则，
则是以为首项，2为公比的等比数列，由，显然满足上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，，因，整理得：，
令，则，
显然，当时，，即，因此当时，数列是递增的，
于是得，依题意，恒成立，即有，所以实数的最大值为.
22.【解答】解：（1）设的内切圆与，分别相切于点，，
由切线长性质可知，，，，
所以，所以，
所以动点的轨迹为以点，为焦点，长轴长为4的椭圆（且不在上），
设动点的轨迹方程为，则，，解得，
所以曲线的方程为；
（2）设，，，
因为，所以，
若，则，则，即与重合，与矛盾，则；
所以，，即，
将点的坐标代入，整理可得，
同理可得，，
则，是方程的两个根，
则，即，所以动点在定直线上，
显然直线与没有交点，令直线，
当直线与相切时，即，的距离为，则，
联立，消去可得，，
则，解得（负值舍去），
此时，可解得，，即切点坐标为，
且直线，的距离为，则，所以的最小值为.