四川省成都市东部新区2022-2023学年高二数学上学期期中理试题含解析

Page1四川省成都市东部新区2022-2023学年高二数学上学期期中（理）试题一､选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.1.是的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】试题分析：涉及范围的命题应记住以下结论：若集合，则是的充分条件.本题中，故选B.充要条件问题易将充分性、必要性弄反，解题应考虑清楚.考点：不等关系，命题及其充分性必要性.2.已知两直线与平行，则的值为()A.1 B.－1 C.1或－1 D.2【答案】B【解析】【详解】试题分析：两条直线平行，则斜率相等，解得，因为当时，两条直线重合，故舍去，考点：两条直线平行应用．3.命题“且的否定形式是（）A.且B.或C.且D.或【答案】D【解析】【详解】根据全称命题的否定是特称命题，可知命题“且的否定形式是或故选D.考点：命题的否定4.如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分.过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于另一个焦点上，由椭圆一个焦点发出的光线,经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点，已知，，则光从焦点出发经镜面反射后到达焦点经过的路径长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由椭圆的性质求解即可【详解】由题意可知：，则，则光经过的路径长.故选：B5.若实数满足条件，则的最大值是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：画出所表示的可行，如图，当直线过时，的最大为，故选C.考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，且，则下列结论一定正确的是（）A. B. C.与相交 D.与异面【答案】A【解析】【分析】由线线、线面、面面的位置关系即可判断出答案.【详解】因为，，所以，故选：A.7.已知等差数列的前项和为，且，，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】由已知条件可得，解方程组求出，从而可求出【详解】解：设等差数列的公差为，因为，，所以，即，解得，所以，故选：A【点睛】此题考查等差数列的基本量计算，考查计算能力，属于基础题8.“”是“函数的图象关于直线对称”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】（1）先证明充分条件：只需带入中，验证函数值时-1，即可说明函数的图象关于直线对称；（2）再证明必要条件：函数对称轴若是，则，故说明不一定是，所以满足必要条件【详解】当时，，若时，故：是对称轴，排除：B,D函数对称轴若是，则，故排除：C，答案选A【点睛】本题主要判断充分必要条件．9.已知平行于轴的一条直线与椭圆相交于，两点，，，（为坐标原点），则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设点位于第一象限，根据求出点坐标，进而可得，再根据可得为等边三角形，可得，再由离心率公式即可求解.【详解】因为直线平行于轴，且，设点位于第一象限，将代入可得，所以点坐标为，因为，根据对称性可得为等边三角形，所以即，整理可得：，所以，故选：D.10.已知点、，直线，动点到点的距离和它到直线的距离之比为，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设点，由题意可求出点的轨迹方程，再利用平面内两点间的距离公式和二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】设点，由题意可得，整理可得，则，其中，所以，，所以，当时，取最大值，即.故选：C.11.已知双曲线的左､右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为A，若，则此双曲线的渐近线为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过得到，结合题干中的斜率条件表达出点坐标，再代入双曲线方程求解与的关系，求解渐近线方程.【详解】因为，所以，故三角形是等腰三角形，即，又因为，过点A作AB⊥x轴于点B，则，设，，由勾股定理得：，解得：，故，把A点代入双曲线方程，得：，解得：，显然=0，所以，所以双曲线的渐近线为故选：D12.已知圆与圆相交于A，B两点，且.给出以下结论：①是定值；②四边形的面积是定值；③的最小值为；④的最大值为2，则其中正确结论的是（）A.①②④ B.①②③ C.③④ D.①③【答案】A【解析】【分析】利用等边三角形结合数量积判断①，利用勾股定理得出圆心距判断②，令，，利用辅助角公式判断③，利用基本不等式判断④.【详解】由题意因为圆的半径且，所以为等边三角形，，所以是定值，①正确；设与相交于点，所以，圆心距，所以是定值，②正确；因为，所以，设，，则，所以的最小值为；由均值定理得，当且仅当即时等号成立，所以的最大值为2，④正确；综上①②④正确，故选：A二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.___________.【答案】【解析】【分析】根据对数的运算公式，直接计算即可得解.【详解】，故答案为：.14.已知，．若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是__．【答案】【解析】【分析】利用不等式的解法求处命题中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母的不等式，从而求解出的取值范围.【详解】，计算得出，：或，计算出，或，因为是的必要不充分条件，即所以计算得出．则实数的取值范围是，故答案是：.【点睛】该题考查是有关根据必要不充分条件求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意正确求解各个命题为真命题时对应的范围，再者可以通过是的必要不充分条件，可以得出是的充分不必要条件，从而得到相应的结果，属于简单题目.15.已知，，若直线与直线互相垂直，则最大值是__________．【答案】.【解析】【详解】分析：根据两直线垂直的条件，求出满足的关系式，再利用基本不等式求出的最大值．详解：因为直线与直线互相垂直，所以，，又，所以，当且仅当，即时，等号成立．所以的最大值为．点睛：本题主要考查了两直线垂直的条件以及基本不等式，属于中档题．本题使用基本不等式时，注意凑项，方便使用基本不等式．16.已知圆上存在两点关于直线对称，经过点作圆的切线，切点为，则_____________.【答案】【解析】【详解】试题分析：因为圆的圆心为，且圆上存在两点关于直线对称，所以过点，所以，得,切割线,故答案为.考点：1、圆的对称性；2、数形结合思想的应用.【方法点睛】本题主要考查圆的对称性、数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度，本题根据圆的图象的对称性，将圆上存在两点关于直线对称，转化为圆心在直线上是解题的关键.三､解答题（本大题共6小题，共70分.）17.在中，内角，，的对边，，满足（I）求的大小；（II）若，，C角最小，求的面积S.【答案】（1）；（2）8【解析】【详解】试题分析：（1）先根据正弦定理将边化为角，再根据诱导公式得cosA＝，解得的大小；（2）先根据余弦定理得c，再根据三角形面积公式求面积.试题解析：(1)由正弦定理，得所以sinBcosA＝cosCsinA＋sinCcosA，即sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB.因B∈(0，π)，所以sinB≠0.所以cosA＝.因为A∈(0，π)，所以A＝.(2)由余弦定理及a＝10，b＝8，得102＝(8)2＋c2－2×8×c.解之得c＝14（舍）或c＝2.所以S＝bcsinA＝8.18.已知圆圆心为原点，且与直线相切，直线l过点．（1）求圆的标准方程；（2）若直线l被圆所截得的弦长为，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）直接由圆心到直线的距离求出半径，即可求出圆的方程；（2）先由弦长公式求出，斜率不存在时符合题意，斜率存在时，设出直线方程，由解出直线斜率，即可求解.【小问1详解】设圆的半径为，则，故圆的标准方程为；【小问2详解】设圆心到直线到距离为，则，解得；当直线l斜率不存在时，易得，此时圆心到的距离，符合题意；当直线l斜率存在时，设，即，则，解得，即，故直线l的方程为或.19.已知：任意，都有，：存在，使.若且为真，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】根据真求出的范围，根据真求出的范围，然后求交集可得结果.【详解】可化为.若为真，则对任意的恒成立．当时，不等式可化为，显然不恒成立；当时，则有，且，解得；故真时，.若为真，则方程有实根，∴，解得，故真时，.所以且为真时，.20.已知等比数列的前n项和为，且.（1）求数列的公比q的值.（2）记，数列的前n项和为，若，求数列的前9项和.【答案】（1）或2（2）【解析】【分析】（1）由题意得，设等比数列的通项公式，利用条件即可求解；（2）由（1）可得到数列的通项公式，再由，求出数列的通项公式，然后利用裂项即可求解.【小问1详解】由是等比数列，则，由题知公比（否则与矛盾），由，得，则，解得或2；【小问2详解】由题意知q取值为2，则，所以数列是一个公差为1的等差数列，由得，解之得，即，所以数列的前9项和，.21.已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的两个端点分别为.（Ⅰ）若为等边三角形，求椭圆的方程；（Ⅱ）若椭圆的短轴长为，过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．【解析】【详解】试题分析：（1）由为等边三角形可得a=2b，又c=1，集合可求，则椭圆C的方程可求；（2）由给出的椭圆C的短轴长为2，结合c=1求出椭圆方程，分过点F2的直线l的斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时，把直线方程和椭圆方程联立，由根与系数关系写出两个交点的横坐标的和，把转化为数量积等于0，代入坐标后可求直线的斜率，则直线l的方程可求试题解析：（1）为等边三角形，则椭圆的方程为：；（2）容易求得椭圆的方程为，当直线的斜率不存在时，其方程为，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，设，则，∵，∴，即解得，即，故直线的方程为或.考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系．22.已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线与圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于四点，如图，求四边形的面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等边三角形的特点