2022-2023学年福建省福州第八中学高二年级上册学期12月适应性训练数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省福州第八中学高二上学期12月适应性训练数学试题一、单选题1．若直线与直线垂直，则实数的值为（

）A．1或3 B．1或3 C．1或3 D．1或3【答案】A【分析】利用两线垂直的判定有，求解即可得的值.【详解】由题设，，即，解得或.当时，直线分别为、，符合题设；当时，直线分别为、，符合题设.故选：A2．方程表示圆，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆的一般方程所需满足的条件得到不等式，解之即可求出结果.【详解】由，得，即，解得.故选：B.3．空间四边形中，，，，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据空间向量的线性运算解决即可.【详解】由题知，空间四边形中，，，，且，，如图，所以，所以，故选：D4．若抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则此双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】先由抛物线方程得出其焦点坐标，再由双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，列出方程求出，进而可得双曲线的渐近线方程.【详解】因为抛物线的焦点坐标为，又抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，所以，则，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.5．设数列前项和为，已知，，则（

）A．1010 B．1012 C．2020 D．2022【答案】A【分析】根据递推公式归纳总结得到的周期，再求结果即可.【详解】根据题意，，故数列是以为周期的周期数列，又，故.故选：A.6．已知是周期为2的奇函数，当时，设，（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由周期性和奇偶性将a，b，c转换为自变量在判断.【详解】已知是周期为2的奇函数，当时，，，，单调递增，，∴.故选：D.【点睛】本题考查周期性、奇偶性、单调性的综合应用，属于基础题.7．设公差的等差数列的前项和为，已知，且，，成等比数列，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】应用等比中项的性质及等差数列通项公式求公差d，进而写出等差数列的通项公式、前n项和公式，再求的最小值.【详解】由题设，，则，整理得，又，解得，故，，所以，因为，所以，所以，故当时有最小值为.故选：B.8．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，点在直线上运动，若的最大值为，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两角差的正切公式，结合基本不等式求最值，即可得，进而可求离心率.【详解】设双曲线的左、右焦点分别为，，，，则．依题意不妨设点在第一象限，坐标为，则，，所以．因为，所以，当且仅当时等号成立，则．因为的最大值为，所以，即，则，所以，故，故选:A．二、多选题9．下列说法错误的是（

）A．若直线与互相平行，则或B．直线必过定点C．直线在轴上的截距为D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】AD【分析】A选项，根据两直线平行，列出方程与不等式，求出；B选项，将直线方程变形后得到所过定点；C选项，令，求出在轴上的截距；D选项，分截距为0和不为0，两种情况，求出直线方程.【详解】A选项，由题意得，解得：，A说法错误；B选项，直线变形为，必过定点，B说法正确；C选项，令中，解得：，故直线在轴上的截距为-2，C说法正确；当直线在轴和轴上截距都为0时，设直线方程为，将代入，，所以，当直线在轴和轴上截距不为0时，设方程为，代入，解得：，故此时直线方程为，综上：经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或，D说法错误.故选：AD10．已知圆和圆的交点为A，B，则（

）.A．两圆的圆心距B．直线AB的方程为C．圆上存在两点P和Q使得D．圆上的点到直线AB的最大距离为【答案】BD【分析】由圆的一般方程，采用配方法，整理标准方程，可得圆的圆心坐标和半径，根据两点距离公式，公共弦求解方法（一般方程作差），圆的性质，直线与圆的位置关系，逐一验证，可得答案.【详解】由圆和圆，可得圆和圆，则圆的圆心坐标为和半径为，圆的圆心坐标和半径，对于A，因为两个圆相交，所以两圆的圆心距，故A错误；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦AB的方程为，故B正确；对于C，直线AB经过圆的圆心坐标，所以线段AB是圆的直径，故圆中不存在比AB长的弦，故C错误；对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线AB：的距离为，所以圆上的点到直线AB的最大距离为，故D正确．故选：BD11．设抛物线：（）的焦点为，准线为，A为上一点，以为圆心，为半径的圆交于，两点．若，且的面积为，则（

）A．是等边三角形 B．C．点到准线的距离为3 D．抛物线的方程为【答案】ACD【分析】利用圆的几何性质结合抛物线定义可推出为等边三角形，判断A；确定的边长，根据其面积求得p，即可判断BCD.【详解】根据题意作图，如图所示:因为以为圆心，为半径的圆交于，两点，所以，又，故，A在抛物线上，所以，所以为等边三角形，故A正确；因为，则轴，过作于点，则点为的中点，点的横坐标为，点的横坐标为，所以点A的横坐标为，则，所以，解得，则，故B错误；焦点到准线的距离为，故C正确；抛物线的方程为，故D正确．故选：ACD．12．如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（

）A．平面B．几何体的外接球半径C．三棱锥的体积为定值D．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为【答案】ACD【分析】利用面面平行的性质定理即可判断A；由几何体的外接球与正方体外接球相同可知半径，所以B错误；三棱锥的体积与三棱锥体积相等，显然为定值故C正确；异面直线与所成的角与与所成的角相等，根据正切值的变化规律计算可得D正确.【详解】对于A，由正方体性质可得，平面，平面所以平面；同理可得平面，而，且平面由面面平行的判定定理可知，平面平面；又点在线段上运动，所以平面；即可得平面，故A正确；对于B，由几何体的性质可得，其外接球与正方体的外接球相同，所以半径，即B错误;对于C，根据等体积法可知，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，由于平面，所以点到平面的距离为定值，而且底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值；即C正确；对于D，如下图所示：由于，则直线与所成的角即为直线与所成的角，即，易知平面，平面，所以所以，而因此的正弦值的最小值为，最大值为所以，异面直线与所成角的正弦值的取值范围为，即D正确；故选：ACD.三、填空题13．已知，，若，则的模为___________．【答案】【分析】根据两个向量垂直，则数量积为0，即可得到的值，然后根据向量模长公式即可得到结果.【详解】因为，则，即所以，则故答案为:14．已知圆的圆心在直线上，且圆与轴的交点分别为，，则圆的标准方程为______.【答案】【分析】由圆的弦长与圆心的性质可求圆心纵坐标，进而得到横坐标，结合两点距离公式可求半径.【详解】可设圆心为，因为圆与轴的交点分别为，，故圆心的纵坐标为，因为圆的圆心在直线上，故，故圆心为，由两点距离公式可得，故圆的标准方程为：.故答案为：15．在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是__．【答案】【分析】根据题意，将变形可得，又由基本不等式的性质可得，计算可得答案.【详解】根据题意，在各项均为正数的等比数列中，，即，∴，当且仅当，即公比为1时等号成立，故的最大值是.故答案为：.16．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点、的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为______.【答案】【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，结合图象，即可求得.【详解】设，，所以，又，所以．因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，当且仅当三点共线时，等号成立，因为，所以直线方程为：即，圆心到直线距离，即直线与圆相交.（如图中的点均满足）又因为，所以的最小值为．故答案为：.四、解答题17．如图，△ABC中，BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0，∠BAC的平分线所在直线的方程为y=0，若点B的坐标为(1，2)，求点A和点C的坐标.【答案】A(-1，0)，C(5，-6).【分析】根据BC边上的高和∠BAC的平分线交于点A，联立即可得解，再根据题意求得直线AC所在直线和BC所在直线的方程联立即可求得C的坐标.【详解】由方程组得顶点A(-1，0)，则边AB所在直线的斜率kAB==1.∵∠BAC的平分线所在直线的方程为y=0，∴直线AC的斜率为-1，AC所在直线的方程为y=-(x+1).∵BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0，∴kBC=-2.又点B的坐标为(1，2)，∴BC所在直线的方程为y=-2(x-1)+2.由得C(5，-6).综上，A(-1，0)，C(5，-6).18．已知数列的前项和为，且满足，.(1)求，的值，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)；；(2).【分析】（1）由与的关系化简得递推关系，再由构造法求通项公式即可；（2）化简，由裂项相消法求和即可.【详解】（1），.当时，，故，故，故为首项为，公比为2的等比数列，则，当时，符合上式，故的通项公式为；（2），故，故.19．在中，角，，所对的边分别为，，，，．（1）求外接圆的面积；（2）若边上的中线长为，求的周长．【答案】（1）；（2）9.【解析】(1)由正弦定理可求出，结合余弦定理可求出，进而可求出三角形外接圆的半径，从而可求出外接圆的面积.(2)设的中点为，则，结合向量加法可得，结合余弦定理可求出，.【详解】解：（1）因为，又，即，所以，由，得，设外接圆的半径为则，所以外接圆的面积为．（2）设的中点为，则．因为，所以，即，又，，则，整理得，解得或（舍去），则．所以的周长为9．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是结合向量加法运算，用向量表示中线所在的向量.20．已知双曲线的离心率，且点在上.(1)求的方程；(2)已知过点的直线交双曲线于，两点，问：是否存在以为直径的圆过坐标原点，若存在求直线的方程，若不存在说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见详解【分析】(1)根据双曲线的离心率可得：，然后再利用曲线过点即可求解；(2)易知：直线的斜率不存在时，不存在，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，联立直线与曲线方程，消元列出韦达定理，依题意要存在，则有，此方程无解，即可得出结论.【详解】（1）因为双曲线的离心率，所以，则，，所以双曲线可化为，又双曲线过点，所以，则，故双曲线的方程为：.（2）不存在，理由如下：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，是以和为端点的线段，则不存在以为直径的圆过坐标原点；若直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立方程组，整理可得：，所以即，则，，，所以，若存在以为直径的圆过坐标原点，则，即，所以，解得：不存在，综上，不存在这样的直线，使得以为直径的圆过坐标原点.21．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．，．由题设（）．因为，所以，所以．[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．[方法二]：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．[方法三]：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．设，在中，．在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间