1、2022-2023学年下期第一次联考高二数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一选择题（本大题共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.设函数，则（）A.B.C.D.02.下列三个数依次成等比数列的是（）A.B.C.D.3.直线，当变动时，所有直线都通过定点（）A.B.C.D.4.已知命题：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（）A.B.C.D.5.设函数在点附近有定义，且为常数，则（）A.B.C.D.6.若成等差数列，而和都分别成等比数列，则的值为（）A.16B.15C.14D.127.如图，在斜棱柱中，与的交点
2、为点，则（）A.B.C.D.8.如图所示，某拱桥的截面图可以看作双曲线的图象的一部分，当拱顶到水面的距离为4米时，水面宽为米，则当水面宽度为米时，拱顶到水面的距离为（）A.4米B.米C.米D.米9.设等差数列的前项和为，数列的前项和为，已知，若，则正整数的值为（）A.9B.8C.7D.610.函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列排序正确的是（）A.B.C.D.11.如图所示，三棱锥中，为等边三角形，平面.点在线段上，且，点为线段的中点，以线段的中点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，则下列说法不正确的是（）A.直线的一个方向向量为B.点到直线的距离为C.平
3、面的一个法向量为D.点到平面的距离为112.几何学中，把满足某些特定条件的曲线组成的集合叫做曲线族.点是椭圆族上任意一点，如图所示，椭圆族的元素满足以下条件：长轴长为4；一个焦点为原点；过定点，则的最大值是（）A.5B.7C.9D.11二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为_.14.函数，则曲线在处的切线方程为_.15.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分.如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，则该抛物线的标准方程为_.16.
4、已知数列的前项和为，且，则_.三解答题（本大题共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.（本题满分10分）在平面直角坐标系中分别求以下方程.（1）求过两直线：的交点，且斜率为2的直线的一般式方程；（2）在中，已知，且，求顶点的轨迹方程.18.（本题满分12分）记为等差数列的前项和，已知.（1）求的通项公式和；（2）设数列的前项和为，求.19.（本题满分12分）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，.（1）劣弧上是否存在点，使得平面若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由.（2）求平面和平面夹角的余弦值.20.（本题满分12分）已知动点到定点的距离比到直线
5、的距离小2，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设是轴上的点，曲线与直线交于，且的面积为，求点的坐标.21.（本题满分12分）已知数列的前项和为，满足.（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.22.（本题满分12分）已知椭圆，过动点的直线交轴于点，交于点（在第一象限），且是线段的中点，过点作轴的垂线交于另一点，连接并延长，交于点.（1）设直线的斜率为的斜率为，证明：为定值；（2）设直线的倾斜角为，求的最小值.2022-2023学年下期第一次联考高二数学参考答案一选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的
6、四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.D【解析】因为为常数，所以.故选D.2.C【解析】选项错误；选项错误.因为，所以依次成等比数列，选项正确.选项错误.故选.3.A【解析】直线可化为，表示过点，斜率为的直线，所以所有直线都通过定点.故选A.4.B【解析】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得：.所以成立的充要条件是：.结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，故选.5.C【解析】由题意得，故选C.6.D【解析】成等差数列，又与都分别成等比数列，.联立解得.故选.7.A【解析】，.故选A.8.D【解析】根据题意：，故，解得，即，当水面宽度为米时，即时，拱顶到水面的距离为.故选D.9.A【解析
7、】设等差数列的公差为，所以，则，所以，所以，所以，因为，所以，解得.故选A.10.C【解析】因为分别是函数在处的切线斜率，由图可知，又，所以，故选C.11.C【解析】依题意，；若，则，则，故A正确；，故点到直线的距离，故B正确；设为平面的法向量，则，即，令，则为平面的一个法向量，故错误；而，故点到平面的距离，故D正确.故选C.12.A【解析】如图所示，设点所在椭圆的另一焦点为，则.故选A.二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.14.15.16.1024013.【解析】，点到平面的距离为.14.【解析】由题意，故，则曲线在处的切线方程为：，即：15.【解析】设抛物线方程为，依题意
8、，代入得，所以抛物线标准方程为.16.【解析】由题意得，所以，解得，又因为，于是，因此数列是以为首项2为公比的等比数列，故，于是，因此数列是以1为首项1为公差的等差数列，故，故，所以.三解答题（本大题共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.【解析】（1）由可得，所以的交点为，故过且斜率为2的直线的方程为即.（2）根据正弦定理由可得，设顶点的坐标为，则，因为构成三角形，故，故轨迹方程为.18.【解析】（1）设等差数列的公差为，由得到，解得，得.（2）当时，当时，故所以.（不求，直接求也得分）19.【解析】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点，连接，因为平面平面，则平面同理可
9、证平面，且平面平面所以平面平面，又因为平面，所以平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故，易知平面的法向量设平面的法向量为，又因为故即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面大角的余弦值为20.【解析】（1）依题意动点到定点的距离等于动点到直线的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）联立方程，整理得.设，则有.于是.设到直线的距离为，因为，由点到直线的距离公式得.又，所以，于是.解得或，.故点的坐标为或.21.【解析】（1）-得，即，变形可得，.又，得故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可得，.（2）令，则.当或时，当时，又，因为不等式对任意的正整数恒成立，解得.22.【解析】（1）设直线，显然，令，得，则，因为是线段的中点，所以，所以，又所以为定值.（2）联立，消去并整理得，则，则，根据韦达定理可得，所以，所以，所以，由（1）知，所以直线的方程为，联立，消去并整理得，则，则，根据韦达定理可得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以；即的最小值为.
