2022-2023學(xué)年福建省三校聯(lián)考高二年級上冊學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年福建省三校聯(lián)考高二上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知則=（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運算即可求解.【詳解】故選:C.2．已知某圓錐的側(cè)面展開圖為半圓，該圓錐的體積為，則該圓錐的表面積為（

）A．27π B． C． D．16π【答案】A【分析】根據(jù)條件先算出母線長與底面半徑的關(guān)系，再根據(jù)體積計算出底面半徑即可.【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為r，母線長為l，則，所以，所以圓錐的高為，所以，解得，故其表面積；故選：A．3．已知直線分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓上，則面積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出圓的圓心和半徑，再求出圓心到直線的距離，從而可求出點P到直線的距離的最大值和最小值，進(jìn)而可求出面積的取值范圍.【詳解】解：由題意，，，則，圓的圓心坐標(biāo)為，半徑為，圓心到直線的距離，圓上的點P到直線的最小距離為，最大距離為面積的最小值為，最大值為面積的取值范圍是故選：B4．幾何學(xué)史上有一個著名的米勒問題：“設(shè)點是銳角的一邊上的兩點，試在邊上找一點，使得最大.”如圖，其結(jié)論是：點為過，兩點且和射線相切的圓與射線的切點.根據(jù)以上結(jié)論解決以下問題：在平面直角坐標(biāo)系中，給定兩點，點在軸上移動，當(dāng)取最大值時，點的橫坐標(biāo)是（

）A．1 B． C．1或 D．1或【答案】A【分析】利用米勒問題的結(jié)論，將問題轉(zhuǎn)化為點為過，兩點且和軸相切的圓與軸的切點，求出切點的橫坐標(biāo)即可.【詳解】由題意知，點為過，兩點且和軸相切的圓與軸的切點，線段的中點坐標(biāo)為，線段的垂直平分線方程為，所以以線段為弦的圓的圓心在線段的垂直平分線上，所以可設(shè)圓心坐標(biāo)為，又因為圓與軸相切，所以圓的半徑，又因為，所以，解得或，即切點分別為和，由于圓上以線段（定長）為弦所對的圓周角會隨著半徑增大而圓周角角度減小，，且過點的圓的半徑比過的圓的半徑大，所以，故點為所求，所以當(dāng)取最大值時，點的橫坐標(biāo)是1.故選：A.5．如圖，直徑為4的球放地面上，球上方有一點光源P，則球在地面上的投影為以球與地面切點F為一個焦點的橢圓，已知是橢圓的長軸，垂直于地面且與球相切，，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合球的性質(zhì)作出截面，再結(jié)合三角形內(nèi)切圓性質(zhì)求出長即可作答.【詳解】依題意，平面截球O得球面大圓，如圖，是球O大圓的外切三角形，其中切圓O于點E，F(xiàn)，顯然，而，則，又，有，由圓的切線性質(zhì)知，，在中，，則，于是得橢圓長軸長，即，又F為橢圓的一個焦點，令橢圓半焦距為c，即有，因此，所以橢圓的離心率.故選：A6．在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2，底面ABC是邊長為的正三角形，M為AC的中點，球O是三棱錐P－ABM的外接球．若D是球0上一點，則三棱錐D－PAC的體積的最大值是（

）A．2 B．C． D．【答案】C【分析】設(shè)的中點為，則的外接圓的直徑為，圓心為，半徑為，設(shè)三棱錐的外接球的半徑為，球心為，利用勾股定理求出，再求出到平面的距離，即可求出到平面的距離最大值，最后算出，即可求出；【詳解】解：因為為等邊三角形，為的中點，所以，即為直角三角形，設(shè)的中點為，則的外接圓的直徑為，圓心為，半徑為，設(shè)三棱錐的外接球的半徑為，球心為，則，解得，又平面，平面，所以，所以的外接圓是以為直徑的圓，設(shè)的中點為，則，所以，即到平面的距離為，所以到平面的距離最大值為，又，所以；故選：C7．已知為橢圓上不同的三點，直線，直線交于點，直線交于點，若，則（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)三角形面積公式及或得，再應(yīng)用相交弦長公式列方程，即可求.【詳解】由，則，由圖知：當(dāng)位置變化時，或，故，所以，而直線、斜率存在且不為0，故，，所以，即或，當(dāng)，化簡得.當(dāng)時，，顯然，無解.所以.故選：B.8．已知正四面體的棱長為6，P是四面體外接球的球面上任意一點，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意，求得該正四面體的外接球的半徑，進(jìn)而得，再根據(jù)求解即可.【詳解】如圖，設(shè)分別為正四面體棱中點，作平面，垂足為，所以，由正四面體的性質(zhì)知三點共線，且，且其外接球的球心在上，記為，因為正四面體的棱長為6，所以，，設(shè)四面體外接球的半徑為，即，所以，，即，解得，所以，，因為P是四面體外接球的球面上任意一點，所以，因為，，所以，因為，所以故選：B【點睛】方法點睛：對于立體幾何的外接球問題，通常處理方法為，找到球心在某個特殊平面上的投影，進(jìn)而找到球心的位置，設(shè)出未知數(shù)，根據(jù)半徑相等列出方程，求出半徑，從而求出表面積或體積.二、多選題9．已知數(shù)列滿足，，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．B．為等比數(shù)列C．D．【答案】AD【分析】利用遞推式可求得的值，可判斷A,B;將變?yōu)?，利用等比?shù)列的求和公式，求得結(jié)果，判斷C;將變?yōu)?，利用等比?shù)列的求和公式，求得結(jié)果，判斷D;【詳解】，則，又，同理，故A正確；而，故不是等比數(shù)列，B錯誤；，故C錯誤；，故D正確，故選：AD10．?dāng)?shù)學(xué)美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊(yùn)藏于特有的抽象概念、公式符號、推理論證、思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實美.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線就是一條形狀優(yōu)美的曲線，對于此曲線，下列說法正確的有（

）A．曲線C圍成的圖形有4條對稱軸B．曲線C圍成的圖形的周長是C．曲線C上的任意兩點間的距離不超過5D．若是曲線C上任意一點，的最小值是【答案】ABD【分析】去掉絕對值可得曲線的四段關(guān)系式，從而可作出曲線的圖像，由圖像即可判斷ABCD.【詳解】，當(dāng)時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)時，，即，表示圓心為，半徑的半圓.曲線的圖像如下圖所示：對于A，易知曲線圖像有4條對稱軸，A正確；對于B，曲線圖形由4個半圓組成，故其周長為，B正確；對于C，由圖可知，曲線C上的任意兩點間的最大距離為，C錯誤；對于D，圓心到直線的距離為，到直線的距離，若使最小，則有，所以，得，D正確.故選：ABD.11．阿波羅尼斯古希臘數(shù)學(xué)家，約公元前年的著作圓錐曲線論是古代世界光輝的科學(xué)成果，它將圓錐曲線的性質(zhì)網(wǎng)羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地．他證明過這樣一個命題：平面內(nèi)與兩定點距離的比為常數(shù)且的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．現(xiàn)有圓C：和點，若圓C上存在點P，使其中O為坐標(biāo)原點，則t的取值可以是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】由求出點的軌跡為圓，再將問題化為兩圓有交點，根據(jù)圓心距與兩圓半徑之間的關(guān)系列式，求出的范圍，從而可得答案.【詳解】設(shè)，由得，整理得，即，依題意可知，圓與圓有交點，兩圓圓心分別為和，兩圓半徑分別為和，圓心距為，所以，即，解得，所以的取值可以是和.故選：AB12．?dāng)?shù)列滿足，，則下列說法正確的是（

）A．若且，數(shù)列單調(diào)遞減B．若存在無數(shù)個自然數(shù)，使得，則C．當(dāng)或時，的最小值不存在D．當(dāng)時，【答案】ACD【分析】A選項，根據(jù)求出，再由求出，從而得到且，數(shù)列單調(diào)遞減，A正確；B選項，可舉出反例；C選項，由或時，可證得數(shù)列單調(diào)遞減，所以最小值不存在；D選項，對變形為，采用裂項相消進(jìn)行求和，結(jié)合數(shù)列的項的正負(fù)性和單調(diào)性求出其取值范圍.【詳解】A選項，，令，解得：，令，解得：綜上：且，所以且，數(shù)列單調(diào)遞減，A正確；B選項，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以存在無數(shù)個自然數(shù)，使得，故B錯誤；C選項，當(dāng)或時，，所以數(shù)列單調(diào)遞減，所以最小值不存在，C正確；D選項，，所以，所以，故，因為，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，，，所以，又因為單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，取得最大值，最大值為，綜上：，D正確.故選：ACD【點睛】由數(shù)列通項公式研究數(shù)列的性質(zhì)，要對數(shù)列的通項公式進(jìn)行變形，轉(zhuǎn)化為熟悉的知識點進(jìn)行處理，本題D選項，要將變形為，采用裂項相消進(jìn)行求和，結(jié)合數(shù)列的項的正負(fù)性和單調(diào)性求出其取值范圍.三、填空題13．橢圓：與直線相交于A、B兩點，C是的中點，為坐標(biāo)原點，的斜率為，則橢圓的離心率為__________．【答案】##【分析】利用點差法求得OC斜率和a、b的關(guān)系，從而得到a與b的關(guān)系，根據(jù)橢圓離心率和標(biāo)準(zhǔn)方程中參數(shù)的關(guān)系即可求出其離心率．【詳解】設(shè)，，，則兩式作差有，．又，，，∴，∴，即，∴橢圓的方程為，且，即，設(shè)橢圓的半長軸、半短軸長分別為、，則，，故橢圓的離心率．故答案為：．14．若△的邊長成等差數(shù)列，且邊a，c的等差中項為1，則的取值范圍是________．【答案】【分析】根據(jù)等差中項的性質(zhì)，求得以及關(guān)系，利用誘導(dǎo)公式和余弦定理化簡目標(biāo)式為關(guān)于的函數(shù)關(guān)系，結(jié)合的取值范圍，求函數(shù)值域即可.【詳解】，由余弦定理可得：由題可知，即，且，故，由，即可得，又在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，且，故當(dāng)時，，令，又單調(diào)遞增，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故，即.故答案為：.15．弓琴，是弓琴彈撥弦鳴樂器（如下左圖）.歷史悠久，形制原始，.它脫胎于古代的獵弓，也可以稱作“樂弓”，是我國彈弦樂器的始祖.古代有“后羿射十日”的神話，說明上古生民對善射者的尊崇，樂弓自然是弓箭發(fā)明的延伸.古代傳說將“琴”的創(chuàng)始?xì)w于伏羲，也正由于他是以漁獵為生的部落氏族首領(lǐng).在我國古籍《吳越春秋》中，曾記載著：“斷竹、續(xù)竹，飛土逐肉”.常用于民歌或舞蹈伴奏.流行于臺灣原住民中的布農(nóng)、鄒等民族聚居地區(qū).弓琴的琴身下部分可近似的看作是半橢球的琴腔，其正視圖即為一橢圓面，它有多條弦，撥動琴弦，發(fā)音柔弱，音色比較動聽，現(xiàn)有某專業(yè)樂器研究人員對它做出改進(jìn)，安裝了七根弦，發(fā)現(xiàn)聲音強(qiáng)勁悅耳.如下右圖，是一弓琴琴腔下部分的正視圖.若按對稱建立如圖所示坐標(biāo)系，恰為左焦點，均勻?qū)ΨQ分布在上半個橢圓弧上(在上的投影把線段八等分)，為琴弦，記，數(shù)列前n項和為，橢圓方程為，且，則的最小值為_____【答案】【分析】設(shè)（），由焦半徑公式有，由對稱性得，由題意有成等差數(shù)列，從而可求得，這樣求得后再由基本不等式得最小值．【詳解】設(shè)，得，為等差數(shù)列，=，由題意的橫坐標(biāo)把八等分,所以,，又，所以，故，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.故答案為：．【點睛】本題是新文化試題，解題關(guān)鍵是理解題意，從諸多信息中提取有用的數(shù)學(xué)信息，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解題．題中橢圓、焦點，提示我們求需用橢圓的焦半徑公式，再結(jié)合對稱性，易求得其和，從而表示出，第二步才聯(lián)想到需要利用基本不等式中“1”的代換求最小值．四、雙空題16．已知菱形的各邊長為，如圖所示，將沿折起，使得點到達(dá)點的位置，連接，得到三棱錐，若則三棱錐的體積為___________，是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持，則點的軌跡的周長為___________.【答案】

##【分析】取中點，由題可得平面，進(jìn)而可得三棱錐的高，進(jìn)而得出體積，設(shè)點軌跡所在平面為，則軌跡為平面截三棱錐的外接球的截面圓，利用球的截面性質(zhì)求截面圓半徑即得.【詳解】取中點，連接，則，平面，∴平面，，又，，∴，則三棱錐的高，三棱錐體積為；作于，設(shè)點軌跡所在平面為，則平面經(jīng)過點且，設(shè)三棱錐外接球的球心為的中心分別為，易知平面平面，且四點共面，由題可得，，，又，則三棱錐外接球半徑，易知到平面的距離，故平面截外接球所得截面圓的半徑為，∴截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于求三棱錐外接球半徑，關(guān)鍵在于找到三棱錐外接球的球心，根據(jù)勾股定理得出三棱錐外接球的半徑.五、解答題17．設(shè)數(shù)列滿足，且.(1)求證：數(shù)列為等差數(shù)列，并求的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前99項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)遞推式，變形為，由等差數(shù)列定義可證明結(jié)論；利用累加法求得通項公式；（2）根據(jù)，利用并項求和法，可得答案.【詳解】（1）由已知得，即，是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列.，當(dāng)時，,當(dāng)時，也滿足上式，所以;（2）,當(dāng)時，18．矩形ABCD的兩條對角線相交于點，AB邊所在直線的方程為，點在AD邊所在直線上.(1)求AD邊所在直線的方程；(2)求矩形ABCD外接圓的方程；(3)若點P在矩形ABCD的外接圓上，點D是P在x軸上的投影，Q為PD上一點，且.當(dāng)P在圓上運動時，請寫出點Q的軌跡方程（只需寫出結(jié)果，不用論證）.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用兩直線垂直關(guān)系求出AD邊在直線的斜率，再利用點斜式寫出AD邊所在直線的方程；（2）由第一問求出的AD邊所在直線的方程和AB邊所在直線方程求出交點，進(jìn)而用兩點間距離公式求出半徑，寫出形ABCD外接圓的方程；（3）設(shè)出點Q的坐標(biāo)為，進(jìn)而表示出點P的坐標(biāo)，利用相關(guān)點法求軌跡方程.【詳解】（1）AD邊所在直線與AB邊所在直線垂直，所以，因為AB邊所在直線的方程為，即，所以，又因為點在AD邊所在直線上，所以AD邊所在直線的方程為：，化簡為：（2）AB邊所在直線與AD邊所在直線相交于點A，聯(lián)立得：，解得：，即，所以矩形ABCD外接圓的半徑，所以矩形ABCD外接圓的方程為：（3）19．如圖1，在矩形ABCD中，，點分別在邊上，且，交于點．現(xiàn)將沿折起，使得平面平面，得到圖2．（1）在圖2中，求證：；（2）若點是線段上的一動點，問點在什么位置時，二面角的余弦值為．【答案】（Ⅰ）見解析;（Ⅱ）．【詳解】試題分析：(1)先證明,再證明,證明平面,從而可得;(2)建立直角坐標(biāo)系,設(shè),求出平面、平面的一個法向量,利用向量的夾角公式,結(jié)合二面角的余弦值為,即可得出結(jié)論.試題解析：（1）∵在矩形中，,,∴，∴即.∴在圖2中，，.又∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，依題意，∥且，∴四邊形為平行四邊形.∴∥,∴，又∵，∴平面，又∵平面，∴.（2）如圖1，在中，，，∵∥，，∴.如圖，以點為原點建立平面直角坐標(biāo)系，則，，，，∴，，，∵，∴平面，∴為平面的法向量.設(shè)，則，設(shè)為平面的法向量，則即，可取，依題意，有，整理得，即，∴，∴當(dāng)點在線段的四等分點且時，滿足題意．20．已知數(shù)列中，前n項的和為，且(1)求數(shù)列的通項公式；(2)如果恒成立，求最小值.【答案】(1)(2)3【分析】（1）由得，兩式相減將轉(zhuǎn)化為可得到數(shù)列是等比數(shù)列；（2）使用錯位相減求和法求出，解不等式即可.【詳解】（1）①，②，①-②得，即所以數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列，又，即，所以（2），則所以，兩式相減，得得所以，解不等式得21．已知橢圓C：的右頂點為，過左焦點F的直線交橢圓于M，N兩點，交軸于P點，，，記，，（為C的右焦點）的面積分別為.(1)證明：為定值；(2)若，，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）首先得到橢圓方程為，設(shè)點，利用向量關(guān)系得到，，再聯(lián)立橢圓與直線方程得，則，再整體代換得定值.（2），，，結(jié)合（1）中向量式得，再代入有，聯(lián)立解得，再結(jié)合的范圍，利用導(dǎo)數(shù)或是對勾函數(shù)性質(zhì)求出其范圍.【詳解】（1）由題意得，左焦點F，，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：.設(shè)，顯然，令，