河南省安阳市重点高中2022-2023学年高二下学期阶段性测试（开学考）数学试题（Word版附解析）

2022-2023学年（下）高二年级阶段性测试（开学考）数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知点，直线的倾斜角为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据斜率公式列式计算即可.【详解】因为直线的倾斜角为，，可得直线的斜率为，可得.故选：C2.在数列中，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，计算可得，从而可得数列为周期数列，即可得到结果. 【详解】当时，；当时，当时，当时，当时，所以数列是一个周期为的周期数列，则故选:A3.已知双曲线的一个焦点为，则该双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得，结合可求出，即可求解【详解】因为双曲线的一个焦点为，所以，又可得，解得，所以，所以该双曲线的渐近线方程为，故选：B 4.在各项均为正数且递增的等比数列中，，则（）A.96B.192C.384D.768【答案】D【解析】【分析】根据题意结合等比数列的通项公式和等比中项列式求解，进而可求得结果.【详解】设等比数列公比为，∵数列为正数且递增的等比数列，则，由，则，可得，则，解得或（舍去），故.故选：D.5.在空间直角坐标系中，已知点，若三点共线，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】三点共线，求出C点坐标，即可求.【详解】，，，若三点共线，则有，得，解得，，.故选：B6.已知圆，过点作圆的切线，则的方程为（）A.B. C.或D.或【答案】C【解析】【分析】分斜率存在和斜率不存在两种情况讨论，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】将圆化为标准方程，则圆心，，当切线的斜率不存在时，切线的方程为，当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，由题意知，.解得.此时切线的方程为.综上，切线的方程为或.故选：C.7.如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.【详解】根据题意可得，由平面，， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，所以，，，，因为分别为的中点，所以，，则，，则，所以异面直线所成角的余弦值为.故选：A.8.已知直线，点关于直线的对称点为，直线经过点，且，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用两点关于直线对称可求得点的坐标，设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程.【详解】设点，则，解得，即点， 因为，设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程可得，解得，所以，直线的方程为.故选：A.9.过抛物线焦点的直线与抛物线交于点，若，则直线的方程为（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】由抛物线方程得焦点坐标和准线方程，设过焦点的直线斜率为，把直线方程代入抛物线方程，由韦达定理代入弦长公式算出直线斜率，得直线方程.【详解】抛物线焦点，准线方程，设直线的方程为，由，消去，则有，设，，，，则焦点弦长，解得，所以直线的方程为，即或.故选：D10.如图，已知为圆柱的母线，为圆柱的下底面直径，为线段的中点，则点到平面的距离为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量即可求解【详解】因为为圆柱的下底面直径，所以，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，所以设平面的法向量为，则有，即取，则，，即.则点到平面的距离为.故选：D11.在数列中，，数列的前项和为，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】由可得，即可得到是首项为2，公比为4的等比数列，可求出，，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出答案【详解】易得，则由两边除以可得，整理可得，因为，所以是首项为2，公比为4的等比数列，所以，即，数列的前项和为，所以，对于，，则，当且仅当即时，取等号；因为不等式对恒成立，所以，故选：A12.已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件和椭圆定义，将用表示，在中求出，在用余弦定理，建立等量关系，即可求解.【详解】由椭圆的定义可得结合可得由可得，由椭圆的定义可得所以在中，，中，，，.故选：B【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知数列的通项公式为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据通项公式及所给条件，判断为奇数，即可得到，解得即可. 【详解】解：因为，所以，因为，显然不能为偶数，则为奇数，即，解得.故答案为：14.在空间直角坐标系中，已知点，若四点共面，则__________.【答案】1【解析】【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求解【详解】∵，∴，，，又∵四点共面，∴由平面向量基本定理可知存在实数使成立,∴,∴，解得，故答案为：115.已知点，若圆上存在一点使，则正实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】求出以为直径的圆的方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意可得圆与圆有交点，则，即可得到不等式组，解得即可. 【详解】解：因为、，所以、的中点坐标为，，所以以为直径的圆的方程为，圆，即，则圆心为，半径为，则，因为圆上存在一点使，所以圆与圆有交点，所以，即，解得，即正实数的取值范围为.故答案为：16.已知分别是双曲线的左､右焦点，分别在该双曲线的左､右支上，，则该双曲线的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】设，则，，，，由余弦定理解得，则，，，再由勾股定理列出齐次方程，可求双曲线的离心率.【详解】，如图所示，设，则，，，，，在中，由余弦定理，， 即，解得，则，，，由，有，得，所以该双曲线的离心率为.故答案为：三､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知圆过两点且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）已知直线被圆截得的弦长为，求实数的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)先设圆的标准方程，带入点的坐标求出参数即可；(2)先求点到直线距离公式求距离，再根据垂径定理列式求即可.【小问1详解】设，半径为，所以圆的方程为，所以解得所以圆的方程为.小问2详解】 圆心到直线的距离由垂径定理得，解得或.18.已知是各项均为正数的数列的前项和，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意根据等比中项的性质得到，再根据，作差得到，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式；（2）由（1）可知，利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为是与的等比中项，所以①，当时，解得或（舍去），当时②，①②得，即，因为，则，所以，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以. 【小问2详解】由（1）可知，所以19.已知是焦点为的抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆过点.（1）求的方程；（2）过点作直线交抛物线于、，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）易知点，由已知可得，结合以及两点间的距离公式可求得的值，即可得出抛物线的方程；（2）分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及二次函数的基本性质可求得的最大值.【小问1详解】解：易知点，由题意可得，所以，，因为，解得，所以，抛物线的方程为.【小问2详解】解：若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、， 联立可得，，由韦达定理可得，，，，所以，，当且仅当时，取等号，故的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．20.如图，在三棱柱中，分别为的中点，为侧面对角线的交点.（1）求证：平面平面；（2）若，侧面为矩形，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知结合中位线性质得出，，即可根据两平面平行的判定定理证明；（2）根据已知得出两两垂直，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法得出答案.【小问1详解】点为侧面对角线的交点，点为与的中点，点分别为的中点，，，，，且平面，平面，平面平面；【小问2详解】延长与直线交于点，连接，点分别为的中点，为侧面对角线的交点，且侧面为矩形，，且直线中点，平面平面，平面，，，，则以点为坐标原点，向量、、方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，， 设平面的一个法向量为，，令，则，设直线与平面所成角，则，故直线与平面所成角的正弦值为.21.如图，四棱锥的底面为菱形，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接、、，利用勾股定理逆定理得到即，再由，得到平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：设的中点为，连接、、，因四边形为菱形，，，所以为等边三角形，，， 所以且，因为，，所以，所以，所以，，平面，所以平面，平面，所以，因为，所以，所以，即，，平面，所以平面，平面，所以平面平面.【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.22.已知是椭圆的左焦点，是椭圆上一点，是坐标原点，是线段 的中点，分别是椭圆的左､右顶点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过椭圆的右顶点与轴平行的直线为是椭圆上与均不重合的一个动点，过作直线的垂线交直线于，求证：直线过定点.【答案】（1）（2）证明过程见详解【解析】【分析】（1）利用中位线定理和椭圆的定义即可求解；(2)由（1）知，，.设，根据题意求出直线的方程即可求解.【小问1详解】设是椭圆的右焦点，为椭圆的焦距，连接，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，，由椭圆的定义知：，所以，由椭圆的几何性质知：，即，所以，，所以椭圆方程为.【小问2详解】由（1）知，，.设， 则，，因为，所以，所以直线的方程为，令，得，所以，所以直线的方程为，即，所以直线过定点.