湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版含解析）

湖南师大附中2022-2023学年度高二第一学期期中考试数学一、选择题（本大题共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．当时，复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．曲线与曲线（且）的（）A．长轴长相等B．短轴长相等C．焦距相等D．离心率相等3．数列的通项若是递增数列，则实数t的取值范围是（）A．B．C．D．4．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（）A．B．C．D．5．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介人，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定，对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（）（参考数据：）A．35B．42C．49D．566．半径为5的圆O内有一点P，已知，过点P的21条弦的长度构成一个递增的等差数列，则的公差的取值范围为（） A．B．C．D．7．已知，函数在上存在最值，则的取值范围是（）A．B．C．D．8．已知函数，则存在，对任意的有（）A．B．C．D．二、选择题（本大题共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．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9．已知圆，则下列说法正确的是（）A．直线与圆A相切B．圆A截y轴所得的弦长为4C．点在圆A外D．圆A上的点到直线的最小距离为310．已知是的前n项和，下列结论正确的是（）A．若为等差数列，则（p为常数）仍然是等差数列B．若为等差数列，则C．若为等比数列，公比为q，则D．若为等比数列，则“”是“”的充要条件11．点M是正方体中侧面正方形内的一个动点，正方体棱长为1，则下面结论正确的是（）A．满足的点M的轨迹长度为 B．点M存在无数个位置满足直线平面C．在线段上存在点M，使异面直线与所成的角是D．若E是的中点，则平面与平面所成锐二面角的正切值为12．已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，P是双曲线上异于的一点，给出下列结论，其中正确的是（）A．存在点P，使得B．存在点P，使得直线的斜率的绝对值之和C．使得为等腰三角形的点P有且仅有四个D．若，则三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为___________．14．已知直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上，，则球的表面积为___________．15．已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，则C的离心率为___________．16．已知数列满足．（1）若，则___________；（2）若对任意正实数t，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的取值范围是___________．四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）17．（本小题满分10分） 在平面直角坐标系中，三个点到直线l的距离均为d，且．（1）求直线l的方程；（2）若圆C过点，且圆心在x轴的正半轴上，直线l被该圆所截得的弦长为，求圆C的标准方程．18．（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面四边形为矩形，平面，E为中点，F为中点，．（1）证明：平面；（2）求点E到平面的距离．19．（本小题满分12分）8月份，有一新款服装投入某市场．8月1日该款服装仅售出3件，以后每天售出的该款服装都比前一天多3件，当8月某日销售量达到最大（只有1天）后，每天售出的该款服装都比前一天少2件，已知8月31日当天刚好售出3件．（1）问8月几日该款服装销售最多？最多售出几件？（2）按规律，当该市场销售此服装达到200件时，社会上就开始流行，而日销售量连续下降并低于20件时，则不再流行．问该款服装在社会上流行几天？20．（本小题满分12分）已知抛物线，其中，过B的直线l交抛物线C于M，N两点．（1）当直线l垂直于x轴，且为直角三角形，求实数m的值；（2）若四边形是平行四边形，当点P在直线l上时，求实数m，使得． 21．（本小题满分12分）已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列为等比数列；（2）设数列满足求最小的实数m，使得对一切正整数k均成立．22．（本小题满分12分）设椭圆的左焦点为．过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且．（1）求证：，并求椭圆C的方程；（2）设是椭圆C上顺时针依次排列的四个点，求四边形面积的最大值并计算此时的的值．湖南师大附中2022-2023学年度高二第一学期期中考试数学参考答案一、选择题（本大题共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．）题号12345678答案DCABBADC2．C【解析】曲线表示焦点在x轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为，焦距为8的椭圆．曲线（且）表示焦点在y轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8的椭圆．对照选项，则C 正确．3．A【解析】由已知得解得．故选A．4．B【解析】解法一：如图，设直线在平面的射影为，作于点G，于，点H，连接，有故．已知，故为所求．解法二：如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则， 所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选B．5．B【解析】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染，则每轮新增感染人数为，经过n轮传染，总共感染人数为：，因为，所以当感染人数增加到100人时，，化简得，由，故得，又因为平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，故答案为B．6．A【解析】由题知过点P的最短弦与垂直，弦长为6，最长弦为圆O的直径，其长为10，过点P的21条弦的长度构成递增的等差数列，则公差d的最大值为，故的公差的取值范围为，故选A．7．D【解析】解法一：当取最值时，．即， 由题知，故．即．因为时，；时，；显然当时，，此时在上必有最值点．综上，所求．解法二：由，在上存在最值，即在上有解．即在上有解．以下同解法一．解法三：特例代入法分别取，易知A、B、C错，故选D．8．C【解析】A选项，由题意可知，函数图象开口向上，对称轴为，当时，根据二次函数性质知不成立，故A错误；B选项，为四次函数，因为为指数函数，则时，一定有，故B错误；C选项，，则只需的对称轴位于 左边即可，即，所以即可，故C正确；D选项，分别取，可得，对二次函数来说是不可能的，故D错误．故选C．二、选择题（本大题共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．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）题号9101112答案BCACABDAD9．BC【解析】由圆得，所以圆心，半径，对于A：圆心A到直线的距离为1，所以直线与圆A相交，故A错误；对于B：圆心A在y轴上，则所截得的弦长为直径等于4，故B正确；对于C：点到圆心A的距离，所以点B在圆A外，故C正确；对于D：圆心A到直线的距离，所以圆A上的点到直线的最小距离为，故D错误．故选BC．10．AC【解析】对于A，由，故．易知（p为常数）是首项为，公差为的等差数列，A正确；对于B，由为等差数列，则仍成等差数列，故有，所以，B不正确；对于C，，故，C正确；对于D，充分性易证．而若为常数列时，如，则，但，故必要性不成立，D不正确。故选AC． 11．ABD【解析】对于A，如图1，因为平面平面，所以；因为四边形为正方形，所以；又平面，所以平面，所以点M轨迹即为平面与平面的交线，即为，所以点M轨迹的轨迹长度为，A符合题意；对于B，如图2，因为平面平面，所以平面；同理可得：平面，又平面，所以平面平面，所以点M轨迹为平面与平面的交线，即，所以点M存在无数个位置满足直线平面，B符合题意； 对于C，以D为坐标原点，以正方向为x，y，z轴，可建立如图3所示空间直角坐标系，则，所以，设，所以，则，所以，所以，则当时，，所以与夹角大于，C不符合题意；对于D，由C可得空间直角坐标系如图4， 则，所以，设平面的法向量，所以令，解得：，所以，又平面轴，所以平面的一个法向量，所以，所以，即平面与平面所成锐二面角的正切值为，D符合题意．另由几何法（略）不难解得C错，D正确．故选ABD．12．AD【解析】设．对于A，由双曲线的定义，只需即可，即只需P点为线段的中垂线与双曲线的交点，知A正确；对于B，因为，所以，又， 所以，故，当且仅当时等号成立，又分析得等号不可能成立，故B错误；对于C，若P在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得为等腰三角形的点P有两个．同理，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点P也各有两个，因此使得为等腰三角形的点P共有八个，故C错误；对于D，由，得，从而，故D正确．故选AD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．【解析】从5条线段中任取3条线段的基本事件总数为10，能构成三角形的情况有：，共3个基本事件，故概率为．14．【解析】设和的外心分别为D，E．可知其外接球的球心O是线段的中点，连接，设外接球的半径为R，的外接圆的半径r，，作图易得，（或可得．由正弦定理得，所以，）而在中，可知，即，因此三棱柱外接球的表面积为．故答案为． 15．2【解析】如图，因为，且，所以，又点A是的中点，点O是的中点，，所以，则，则，所以一条渐近线的斜率为，所以，故答案为2．16．（1）；（2）【解析】由已知整理得，所以．所以数列是公差为的等差数列，（1）时，．（2）． 得，因为，故．所以，即．从而，即有所以．四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）17．【解析】（1）由几何意义可知，直线l为的三条中位线，而O到边的中位线距离为1．O到边的中位线距离为3．O到边上的中位线距离，故直线l只能为边上的中位线，即直线l过点．故直线l的方程，即；（2）设圆的标准方程为，则解得或0（舍去），，所以圆C的标准方程为．18．【解析】（1）证明：取的中点G，连接， 因为F为中点，所以，因为E为中点，所以，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面平面，所以平面；（2）解法一：（几何法）设中点为Q，连接，则，故Q到平面的距离等于点E到平面的距离．设，垂足为H，因为， 所以平面，从而平面．设，垂足为M，则，故有，从而．解法二：（等体积法）由已知有，所以平面，故为直角三角形，平面，设点E到平面距离为h，由，得，又，即，解得．解法三：（坐标系法）因为平面平面，所以，因为四边形为矩形，所以，所以两两垂直，所以以点D为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，因为E为中点，所以，所以，设平面的法向量为，则令，则，所以点E到平面的距离为．19．【解析】（1）设8月n日售出的服装件数为，最多售出件．由题意知解得所以8月13日该款服装销售最多，最多售出39件．（2）设是数列的前n项和，因为所以因为，所以当时，由，得， 当时，日销售量连续下降，由，得，所以该款服装在社会上流行11天（从8月12日到8月22日）．20．【解析】（1）由题意，代入中，解得，不妨取，则，即，故或1，易知不合题意，舍去，故．（2）由题意四边形为平行四边形，则，设直线，联立得，由题意，判别式，，要使，则，又，即，化简，得，即，代入解得．故时，有． 21．【解析】（1）证明：由已知得，，所以．因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列．（2）由（1），当n为偶数时，，当n为奇数时，，故， 由及数列性质知m的最小值为．22．【解析】（1）由，得，故，从而，依题意，直线的方程为，由得，即，又因为，故于是，解得，故．（2）由（1）得，故由基本不等式和绝对值不等式， 从而，取等条件为，且，故有，于是．而．同理．于是，四边形的面积（考虑O在四边形内部和外部）．另一方面，当M，N，P，Q为椭圆四个顶点时，有，故四边形面积的最大值为，且由上述过程知，此时．