安徽省省十联考2022-2023学年高二数学下学期开学摸底联考试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第二学期开学摸底联考高二数学命题单位：合肥市第八中学校审单位：合肥市第六中学、合肥一六八中学特别鸣谢联考学校：（排名不分先后）淮北一中、太和一中、界首一中、利辛一中、霍邱一中、金寨一中、明光中学、枞阳浮山、衡安学校、淮南一中一、选择题：本题共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.已知直线的倾斜角为，直线经过点和，且直线与垂直，的值为（）A.1B.6C.0或6D.0【答案】D【解析】【分析】求出直线与的斜率，利用两个斜率乘积等于即可求解.【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，且与垂直，所以直线斜率存在，由经过点和，所以直线斜率为，所以，解得：，故选：D2.已知数列满足，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列举法观察规律，可以归纳出结果. 【详解】已知，，，，，，……，∴观察可得该数列是周期数列且周期为3，∴．故选：C．3.已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列点P中，在平面内的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平面法向量的性质，通过选项逐一排除.【详解】设，则；由题意知，，则，∴，化简得．验证得，在A中，，不满足条件；在B中，，满足条件；在C中，，不满足条件；在D中，，不满足条件．故A，C，D错误.故选：B．4.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长．这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就，现作出圆的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】利用正八边形和圆的性质，写出点的坐标，再利用直线方程求解.【详解】如图所示，由题可知，，，，，，，，所以直线BC的方程为，整理为一般式，即，故A错误；对于B选项，直线过点，，即为直线GH方程，故B错误；对于C选项，直线过点，但不经过，，故C正确；对于D选项，直线经过，，即为直线GF的方程，故D错误.故选：C．5.抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A，B两点，若的周长为，则（）A.2B.C.8D.4【答案】A【解析】 【分析】设A在x轴上方，根据双曲线和抛物线的定义表示出，，列出方程，解之即可.【详解】双曲线渐近线方程为，抛物线的准线方程为，设A在x轴上方，则，，∴，．又∵的周长为，∴，∴．故选：A.6.已知四面体，G是的重心，P是线段OG上的点，且，若，则为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意知，∵，∴．故选：B． 7.已知数列满足，，，则数列第2023项为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】确定，利用累加法计算得到答案.【详解】由，，，所以，，，，，将上式相加得：．故选：A8.设P，Q分别为圆和椭圆上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】P，Q两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径，设，利用函数思想可求.【详解】依题意P，Q两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的 半径．设．圆心到椭圆的最大距离．所以P，Q两点间的最大距离是．故选：D．二、多选题：本题共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.已知椭圆C：的左、右焦点分别为,焦距为，离心率为，P为椭圆左半边上一点，连接交y轴于点N，，其中O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.椭圆的长轴长为3B.C.若点Q在椭圆C上，则的最大值为D.点P到x轴的距离为【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的焦距和离心率判断选项；由得到，利用相似比可判断；利用椭圆的性质可判断；设P在x轴上的投影为G，得到，结合勾股定理，进而求解即可.【详解】焦距为，离心率为，得，，因为，勾股定理得，，对于A选项，，所以椭圆的长轴长为，故A选项错误；对于B选项，由题意得，， 因为，所以，则，故，，B选项正确；对于C选项，因为Q在椭圆C上，则，故C选项正确；对于D选项，设P在x轴上的投影为G，则，则，所以，又，解得，则P到x轴的距离为，故D选项正确；故选：BCD．10.已知圆和两点，．若以为直径的圆与圆有公共点，则可能的取值为（）A.6B.5C.4D.3【答案】BC【解析】【分析】先找到以为直径的圆的圆心和半径，然后利用两圆的位置关系求解即可.【详解】圆C：的圆心，半径为1；线段的中点坐标为，所以以为直径的圆的圆心为，半径所以圆心C到的距离为，以AB为直径的圆和圆C有交点，得， ，解得结合选项可得，m的值可能取4和5．故选：BC．11.在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列1，，，，…，,2．记，数列的前n项和为，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可．【详解】解：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，第次得到数列1，，，，，，2，此时，由此可得，，，故A正确；，…，，故C错误；由，可得，故B正确；由 ，故D正确．故选：ABD．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是（）A.若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆B.若三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为定值，则点N的轨迹为椭圆C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】【分析】A：根据线面角的定义，结合圆的定义进行判断即可；B：根据棱柱的表面积公式，结合椭圆的定义进行判断即可；C：根据抛物线的定义，结合正方体的性质进行判断即可；D：建立空间直角坐标系，利用平面向量夹角公式，结合双曲线的标准方程进行判断即可.【详解】A：连接，因为平面ABCD，所以是MN与平面ABCD所成的角，即，因为M为DD1的中点，所以，在直角三角形中，，因此点N轨迹为以为圆心半径为2的圆，所以本选项命题是真命题；B：过做，设三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为，所以定值，显然有到、直线 的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故本选项命题是假命题；C：连接，因平面ABCD，平面ABCD，所以，即点N到直线BB1与NB相等，所以点N的轨迹为点N到点B与直线DC的距离相等的轨迹，即抛物线，所以本选项命题是真命题；D：以为空间坐标系的原点，所在的直线分别为，，则有、，因为D1N与AB所成的角为，所以，所以点N的轨迹为双曲线，故本选项命题是真命题,故选：ACD【点睛】关键点睛：根据圆锥曲线和圆的定义，结合正方体的性质是解题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，则在方向上的投影向量为______． 【答案】##【解析】【分析】根据投影向量的计算公式计算即可.【详解】在方向上的投影向量为.故答案为：.14.已知数列的前n项和为，且有，．则______，数列的前n项和为，则______．【答案】①.②.【解析】【分析】利用，化简求得数列是等比数列，即可求得数列的通项公式，以及利用列项消费求和.【详解】由，得，化简得，根据等比数列的性质得数列是等比数列.易知，故的公比为2，则，得，，．由裂项相消法得．故答案为：；15.如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD，，，点Q是侧棱PD的中点，点M，N分别在边AB，BC上，当空间四边形PMND的周长最小时，点Q到平面PMN的距离为______． 【答案】##【解析】【分析】平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，当点P，M，N和共线时周长最小，计算得到，，，建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为，根据距离公式计算得到答案.【详解】要使得空间四边形PMND周长最小，只需将平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，延长DC至，使得，于是点N在线段的垂直平分线上，所以，因为PD为定值，故当点P，M，N和共线时，空间四边形PMND的周长最小，易得，即得，即，所以，，，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，由题意可得，，，则，，设是平面PMN的一个法向量，则.即得，令，得，，，， 所以点Q到平面PMN的距离．故答案为：．16.已知，是椭圆的两个焦点，且椭圆上存在一点，使得，若点，分别是圆D：和椭圆C上的动点，则当椭圆的离心率取得最小值时，的最大值是___________．【答案】【解析】【分析】根据题中条件，得到的最大值不小于即可，由余弦定理，结合基本不等式，得到点为短轴的顶点时，最大；不妨设点为短轴的上顶点，记，得出离心率的最小值，连接，得到，根据椭圆的定义，结合三角形的性质，求出的最大值，即可得出结果.【详解】若想满足椭圆上存在一点，使得，只需的最大值不小于即可，由余弦定理，可得 ，当且仅当，即点为短轴的顶点时，的余弦值最小，即最大；如图，不妨设点为短轴的上顶点，记，则，于是离心率，因此当椭圆的离心率取得最小值时，，则椭圆；连接，根据圆的性质可得:，所以只需研究的最大值即可；连接，，，当且仅当，，三点共线（点在线段的延长线上）时，不等式取得等号，所以的最大值为，因此的最大值是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，得到椭圆离心率，求出椭圆方程，再由椭圆的定义，以及圆的性质，将动点到两点距离的最值问题，转化为椭圆上一动点到焦点，以及到定点的距 离的最值问题，即可求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的首项，前n项和为，且数列是公差为的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2），其中.【解析】【分析】（1）首先求出，则得到。利用递推公式求出即可；（2）分和讨论，当，，，当，时，，求出和即可.【小问1详解】所以，于是；当时，，又也适合，故．【小问2详解】①当，时，；②当，时， 故数列的前n项和为，其中.18.已知直线l：（为任意实数），圆C的圆心在y轴上，且经过，两点．（1）求圆C的标准方程；（2）求直线l被圆C截得的弦长的取值范围，并求出弦长最短时的直线l的方程．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）求AB的中垂线与y轴交点即为圆心坐标，再由两点距离求出半径，即可得圆方程；（2）先求出直线所过的定点，当定点为弦中点时弦长最短，根据点斜式可得直线方程，最长弦长为直径．【小问1详解】由AB的中点为，，则线段AB的中垂线为，令得圆心，其半径，故圆C的标准方程为．【小问2详解】直线l：，即，由解得直线l过定点；直线l被圆C截得弦长的最小值为；最长弦长为直径，故直线l被圆C截得的统长的取值范围为弦长最短时的直线l的方程为，即 19.如图，在直三棱柱中，，，，点P，R分别是棱，CB的中点，点Q为棱上的点，且满足．（1）证明：平面AQR；（2）求平面PQR与平面AQR夹角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，得到向量，计算由，得到，，从而得证.（2）先求得平面PQR的法向量为，再由（1）得平面AQR的法向量为，由此根据向量的夹角公式计算得到答案.【小问1详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， 于是，，从而，，，由，，知，，又AQ，平面AQR，且，故平面AQR．【小问2详解】由，知，设平面PQR的法向量为，则有，令，则，，即；平面AQR的法向量为，设求平面PQR与平面AQR夹角的余弦值为，则，故，则， 所以平面PQR与平面AQR夹角的正切值为．20.抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：给出如下三个条件：①焦点为；②准线为；③与直线相交所得弦长为2．（1）从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程；（2）已知是（1）中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．【答案】（1）（2）过定点【解析】【分析】(1)根据抛物线的性质写出焦点坐标为，准线方程为，结合条件即可求解；(2)设，，，切线：，联立抛物线方程，由得，进而求出切线方程，同理：，将点Q坐标代入两切线方程，得出直线AB方程，即可求解.【小问1详解】C：即C：，其焦点坐标为，准线方程为，若选①，焦点为，则，得，所以抛物线的方程为； 若选②，准线为，则，得，所以抛物线的方程为；若选③，与直线相交所得的弦为2，将代入方程中，得，即抛物线与直线相交所得的弦长为，解得，所以抛物线的方程为；【小问2详解】设，，，切线：，将其与C：联立得，由得，故切线：，即；同理：又点满足切线，的方程，即有故弦AB所在直线方程为，其过定点．21.已知正项数列的前n项和为，对任意的正整数n，都有恒成立．（1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，试比较与的大小并加以证明．【答案】（1）；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）根据与的关系求解即可.（2）首先根据题意得到，再利用错位相减法求解即可.【小问1详解】当时，，解得；当时，，即，由知；故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以通项公式为；小问2详解】由（1）可知，从而，，两式相减得， ，从而，因为，所以．22.已知M，N两点的坐标分别为，直线MQ，NQ相交于点Q，且它们的斜率之积为．（1）求点Q的轨迹方程；（2）设过点的直线l与点Q的轨迹交于D，E两点，问在x轴上是否存在定点P，使得为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在点，使得为常数，该常数为【解析】【分析】(1)直接借助斜率的定义得，化简即可；(2)假设直线l的方程为，联立点Q的轨迹方程，结合韦达定理得，．设点，化简，由为常数，得，求解即可.【小问1详解】设点，则，化简得点Q的轨迹方程为．【小问2详解】 设，，直线l的方程为，联立方程组，消去y得，由题可知且，即且，，所以，．设存在符合条件的定点，则，,所以．所以,化简得．因为为常数，所以，解得．此时该常数的值为，所以，在x轴上存在点，使得为常数，该常数为．