江苏省南通市如东县2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版含解析）

2022~2023学年度第一学期期中学情检测高二数学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，包含[选择题（1~12））填空题（第15~第16题，美10分）､解答题（第17~22题，共70分）.本次考试时间120分钟，满130分､“考试结束后.请将答题卡交回.2.答题前，请考生务必将自己的姓名､学校､班级､座位号､“考试证号用0.5安来的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置.3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作容.在试卷或草稿纸上作答一律无效，4.如有作图需委，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚.一､单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.经过点、两点的直线的倾斜角为（）A.90ºB.120ºC.135ºD.150º【答案】D【解析】【分析】根据给定条件求出直线l的斜率，再利用斜率的定义直接计算作答.【详解】因直线过点、，则直线l的斜率，直线l的倾斜角为满足，显然，则有，解得，所以直线的倾斜角为.故选：D2.抛物线的准线方程是（）A.B.CD.【答案】C 【解析】【分析】化为标准形式求解即可.【详解】解：可化为，所以抛物线的准线方程为．故选：C3.是直线与直线平行的（）条件A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既非充分又非必要【答案】A【解析】【分析】由两直线平行得出的值，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若直线与直线平行，则有解得或，故当直线与直线平行时，或.所以是直线与直线平行的充分不必要条件.故选：A4.在明朝程大位《算法统宗》中有首依筹算钞歌：“甲乙丙丁戊己庚，七人钱本不均平，甲乙念三七钱钞，念六一钱戊己庚，惟有丙丁钱无数，要依等第数分明，请问先生能算者，细推详算莫差争.”题意是：“现有甲､乙､丙､丁､戊､己､庚七人，他们手里钱不一样多，依次成等差数列，已知甲､乙两人共237钱，戊､己､庚三人共261钱，求各人钱数.”根据上题的已知条件，戊有（）A.107钱B.102钱C.101钱D.94钱【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】设该数列为，公差为， 由题意可知：，所以，即戊有94钱，故选：D5.已知椭圆的左焦点为是上一点，是圆上一点，则的最大值为（）A.7B.9C.11D.13【答案】C【解析】【分析】由已知圆的圆心为椭圆的右焦点，由点与圆的位置关系可得，结合椭圆的定义求的最大值.【详解】因为椭圆的方程为，所以椭圆的长半轴长，短半轴长，圆的圆心的坐标为，半径为1，由圆的几何性质可得，当且仅当为的延长线与圆的交点时等号成立，所以，由椭圆的定义可得．所以，故选：C. 6.已知抛物线（）的焦点为双曲线（，）的一个焦点，经过两曲线交点的直线恰过点，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合抛物线和双曲线的性质，得到交点坐标，将坐标代入到双曲线中，得到关于的一元二次方程，即可解出离心率.【详解】由题意，，因为两曲线交点的连线过点，所以连线垂直于轴，则其中一个交点坐标为，即为，代入到双曲线方程中，得，则，，，，解得，所以B正确.故选：B7.过圆上动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】求出切点弦方程后可求不在任何切点弦上的点形成的区域的面积.【详解】设圆的动点为，过作圆的切线，切点分别为，则过的圆是以直径的圆，该圆的方程为：.由可得的直线方程为：.原点到直线的距离为，故圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为，故选：A.8.在平面直角坐标系中，定义两点之间的折线距离为，设点P是圆上一点，点Q是直线上一点，则的最小值为（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】结合图形，易知定点到直线上一点的折线距离的最小值等于该点到直线的水平距离或竖直距离中较小的一个，先求出圆上的点到直线距离的最小值，然后即可得出答案.【详解】解：结合图形，易知定点到直线上一点的折线距离的最小值等于该点到直线的水平距离或竖直距离中较小的一个， 直线的倾斜角为，斜率为，则，因此，定点到直线上一点折线距离的最小值等于该点到直线的竖直距离，圆心到直线的距离为，因此圆上的点到直线的最小距离为，故圆上的点到直线的最小折线距离为1.故选：B.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.记为等差数列的前项和.已知，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据等差数列的性质判断A，利用等差数列的前n项和及通项公式列方程组，运算可判断BD，由前n项和公式判断D.【详解】S4＝＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；a5＝a1＋4d＝5，(*)，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，(**)， 联立(*)(**)解得，∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；，C正确．故答案为：ABC10.已知直线，和圆，下列说法正确的是（）A.直线l恒过定点B.圆C被x轴截得的弦长为C.直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为D.直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用直线系方程求得直线所过定点的坐标判断A；求出圆C被x轴截得的弦长判断B；当直线过圆心时可判断C，当直线时算出弦长可判断D.【详解】对于A，由，得，联立，得，无论m为何值，直线恒过定点，故A正确；对于B，在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B正确；对于C，当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为圆直径4，故C错误；对于D，由于直线恒过的定点，易知此点在圆内，设此定点为，当直线与直径垂直时，直线l被圆截得的弦长最小，且最小值为，故D正确.故选：ABD 11.已知双曲线的左焦点为，过点的直线交的左支于两点，直线：为的一条渐近线，则下列说法正确的有（）A.B.存在点，使得C.的最小值为1D.点到直线：距离的最小值为2022【答案】ABC【解析】【分析】根据题意得，，进而求解离心率判断A；求解判断B选项；当与轴垂直时取最小值判断C；根据直线与的渐近线平行，且与的左支不相交判断D.【详解】解：对于A选项，直线：为的一条渐近线，故，故，，，A正确；对于B选项，当过点的直线斜率不存在时，方程为，或，此时，，当过点的直线斜率存在时，设方程为，故联立方程得，设，因为过点的直线交的左支于两点， 所以，解得或，当或时，此时直线与双曲线渐近线平行，与双曲线的交点横坐标为，所以，，所以，因为，所以存在点，使得，故B正确；对于C选项，结合B选项讨论，，所以，因为或，所以，，，，即，因为过点的直线斜率不存在时，，综上，的最小值为1，故C选项正确.对于D选项，直线和的渐近线平行，且与的左支不相交，故上的点到直线 的距离没有最小值，D错误．故选：ABC．12.过椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为，如果，那么点的轨迹可能是（）A.直线B.圆C.椭圆D.线段【答案】BC【解析】【分析】设出过点的椭圆的切线的方程并与椭圆方程联立，消去后利用判别式、根与系数关系求得点的轨迹方程，从而确定正确答案.【详解】依题意可知直线和直线的斜率存在，设过的椭圆的切线方程为，由消去并化简得：，其，整理得，，其，整理得，符合题意，所以，整理得①，，当时，，①即，即点的轨迹是圆的一部分.当或时，，由于，所以点的轨迹是椭圆的一部分. 故选：BC三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13.已知等差数列的前n项和为，若，，则___________【答案】【解析】【分析】由等差数列片段和的性质知成等差数列，再由等差中项的性质求结果.【详解】由题设成等差数列，所以，则，所以.故答案为：14.如图所示，高脚杯的轴截面为抛物线，往杯中缓慢倒水，当杯中的水深为2cm时，水面宽度为6cm，当水面再上升1cm时，水面宽度为________cm．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设出抛物线方程，由题意求出抛物线方程，即可求解【详解】如图建立平面直角坐标系，让抛物线的顶点与坐标原点重合，则由题意可设抛物线的方程为，由题意可知点在抛物线线上，则，所以， 所以抛物线的方程为，当水面再上升1cm时，，此时有，解得，所以此时的水面宽度为（）故答案为：15.圆与圆的交点为A，B，则弦AB的长为______．【答案】【解析】【分析】先求出两圆的公共弦方程，观察发现的圆心在公共弦上，从而得到弦AB的长为圆的直径，求出公共弦长.【详解】圆与圆联立可得：公共弦的方程为，变形为，故的圆心为，半径为，而满足，故弦AB的长为圆的直径，故弦AB的长为． 故答案为：.16.已知分别为椭圆的左，右焦点，是椭圆上两点，线段经过点，且，则椭圆的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】根据题意，设，那么，结合椭圆的定义得，从而求得，再结合勾股定理求解离心率即可．【详解】根据题意，不妨设，那么，因为，所以，因为，得，所以，则，因为，则，即，所以，即，解得．故答案为：．四､解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知直线：与直线：的交点为.（1）求过点且与直线：垂直的直线的方程；（2）求过点，且点到它的距离为3的直线的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）先联立，方程得，再根据垂直关系求解即可；（2）根据题意分直线斜率存在与直线斜率不存在两种情况讨论求解即可.【小问1详解】解：根据题意联立方程得，即因为直线：的斜率为，所求直线与直线垂直，所以，所求直线的斜率为，方程为，即所以，所求直线方程为【小问2详解】解：由（1）知，所以，当直线斜率不存在时，所求直线方程为，点(4，0)到它的距离为3，满足题意；当直线斜率存在时，设所求直线方程为，即，所以点到它的距离为，解得，所以，所求直线方程为，所以，所求直线方程为或.18.已知点到点的距离与点到点的距离之比为．（1）求点的轨迹的方程；（2）过的中点且倾斜角为的直线与（1）中的曲线交于两点，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】 【分析】（1）由题意得到，利用两点距离公式即可得到M点的轨迹C的方程；（2）先由题设条件及点斜式可得直线的方程，再由弦长公式求得，由点线距离公式求得到直线的距离，从而由三角形面积公式即可求得的面积．【小问1详解】依题意，得，不妨设，因为，，所以，即，整理得，配方得，所以点的轨迹的方程为.【小问2详解】因为，，所以的中点坐标为，又因为直线的斜率为，所以直线的方程为，即，因为曲线的方程为，故曲线是圆心为，半径为的圆，所以圆心到直线的距离为，故，又因为点到直线的距离为，即边上的高为，所以.19.已知正项数列的首项为1，其前项和为，满足.（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）若，是的前项和，已知对于都成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析，（2）或【解析】【分析】（1）结合化简已知条件，求得，结合证得数列为等差数列，然后求得，进而求得.（2）先求得，然后求得的最大值，进而通过解一元二次不等式求得的取值范围.【小问1详解】∵，∴，∵∴，∴，∴，又由，∴是以1为首项，1为公差的等差数列；所以，∴，当时，，当时，，当时，上式也符合，所以.【小问2详解】，时，，，，，，∴或5时，，∴或.20.已知椭圆的两个焦点为，点在上，直线交于两点，直线的斜率之和为0.（1）求椭圆的方程；（2）求直线的斜率. 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据焦点坐标及椭圆过点列出方程即可求解；（2）设直线，联立椭圆方程，求出P点坐标，再由以代替求出Q点坐标，由两点坐标求直线斜率即可得解.【小问1详解】由题意知，故可设椭圆方程为，由在上可得，，解得或（舍去），故所求椭圆的方程为.【小问2详解】设直线，，把代入椭圆方程整理可得：，设，则，，从而得点，在上式中以代替，得， 即直线的斜率为.21.已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点．【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－；（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.所以抛物线C的方程为.抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.由，得.则，.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为. 直线ON的方程为，点B的坐标为.因为，所以.故A为线段BM的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.22.在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为． （1）求证：为定值，并求出点的轨迹方程；（2）设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹的方程；（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.【小问1详解】解：由题意得，所以，即的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线，又，，所以，所以方程为；【小问2详解】解：由已知得：，：，联立直线方程与双曲线方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，所以， 联立直线方程与圆方程，消去整理得，由韦达定理得，所以，即，因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，所以直线过定点．