天津市北辰区天津四十七中2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测数学试题（Word版附解析）

这是一份天津市北辰区天津四十七中2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 直线倾斜角为， 已知双曲线， 已知正项等比数列满足，若，则， 已知数列的前项和，若，则等内容，欢迎下载使用。

第I卷（共三部分；满分150分）
一､选择题（每题5分，共45分）
1. 直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线一般式化为斜截式，利用斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】因为直线，可化为，
所以直线的斜率为（其中为直线的倾斜角），
又，所以.
故选：C.
2. 如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算、三角形的中位线及线段中点的向量表示进行化简求解.
【详解】如图，连接，
因为点，分别是，的中点，
所以.
因为点是的中点，
所以
.
因为点是的中点，
所以，
则.
故选：D.
3. 已知双曲线：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出椭圆的焦点坐标，由双曲线的渐近线及焦点坐标得到方程组，解得、，即可得解.
【详解】解：椭圆的焦点为，
又双曲线：的一条渐近线方程为，
所以，解得，所以双曲线方程为.
故选：C
4. 已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是（ ）
A. 13B. 16C. 17D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】求出点所在圆关于直线对称的圆，将距离等价转化为点到对称圆上的对应点的距离，根据三角形中任意两边之差小于第三边的关系即可解决本题.
【详解】
设直线：，圆，圆，
易知点关于直线的对称点为，以为圆心，以1为半径的圆即为圆关于直线的对称圆.设点关于直线的对称点为，则有，
∴，
如图，连接，
在中，有，当且仅当三点共线时取得等号，
故求解的最大值问题转换为求最大值问题，
故当直线过圆心和圆心且距离最远且点恰好为直线与直线的交点时可取得最大值.
由题意知点和点坐标分别为：，，两圆半径分别为1和2，
故最大值为：.
故选：B.
5. 点F是抛物线的焦点，A为双曲线C：的左顶点，直线AF平行于双曲线C的一条渐近线，则实数b的值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得坐标，根据可得答案.
【详解】由题，，则.因直线AF平行于双曲线C的一条渐近线，则.
故选：B
6. 已知正项等比数列满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出等比数列的公比，利用求出，再由即可求出.
【详解】设等比数列的公比为．
由，得，
解得，
又
得．
故选：A
7. 已知数列的前项和，若，则（ ）
A. 578B. 579
C. 580D. 581
【答案】B
【解析】
【分析】由的关系得出通项公式，再讨论，两种情况，结合求和公式得出.
【详解】当时，
当时，，经检验时，不成立.
故得到.
令，则，解得，且，
当时，
，
当时，
，
故：，.
故选：B.
8. 如图，在正三棱柱中，若，则点到直线的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】取的中点，则，
以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点到直线的距离．

故选：B.
9. 已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于与原点不重合的两点，，若，则四边形的面积为（ ）
A. 6B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】结合双曲线图像对称性，可得轴，根据圆的性质和双曲线，，的关系可计算出，，，的长度，进而求出四边形的面积.
【详解】设与轴交于点，由双曲线的对称性可知轴，，，
又因为，所以，即，
所以，因为点在以为直径的圆上，所以，所在的渐近线方程为，
点到渐近线距离为，
所以，
所以，，则，
所以，
故选：B
二､填空题（每题5分，共30分）
10. 已知向量，，，且，则___________.
【答案】18
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标运算列方程组求解参数，即可得结论.
【详解】由题意得，
因为，所以，得，，所以.
故答案为：.
11. 已知抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，则该抛物线的准线方程为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，利用抛物线的定义，由求解.
【详解】因为抛物线上一点 到其焦点的距离为 5，
所以，
解得，
所以该抛物线的准线方程为，
故答案为：
12. 等差数列前项和分别是与，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和求和公式，得到，代入即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，得，
又由等差数列的性质，得，而，
所以.
故答案为：
13. 已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C交于A，B两点，且线段的中点为，则直线l的斜率为_________；
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆离心率和关系可得关系，再由点差法和中点坐标公式、两点的斜率公式可得所求值.
【详解】由题意可得，整理可得，
设，
则，
两式相减可得，
的中点为，，
则直线斜率.
故答案为：.
14. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，考查直线过点以及直线与曲线相切时实数的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】由，可得，整理可得，
即，其中，
故曲线表示圆的下半圆，
作出直线与曲线的图形如下图所示：
当直线过点时，，
当直线与曲线相切时，，
圆的圆心坐标为，半径为.
由题意,可得，且，解得，
结合图形可知，当时，直线与曲线有公共点，
因此b的取值范围为.
故答案为：.
15. 设数列的前项和为，且，数列满足，其中．则使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值为__________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】先通过递推公式求出通项公式，代入求出的通项公式，最后代入转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可求出最小值.
【详解】因为，所以，
所以，即，
两边同除可得，
又因为时，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，
即，
所以，
代入不等式可得，
即，
令，则，
所以
，
因为，
所以，
所以恒成立，即为单调递增数列，所以，
所以，即的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：数列的恒成立问题往往需要研究数列的单调性，一般通过作差法来判断单调性.
三､解答题（共75分，解答需写出必要的文字说明推理过程或计算步骤，只有结果的不给分）
16. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线被圆截得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据圆的几何性质确定圆心所在直线，解方程组求得圆心坐标，继而求得半径，即可求得圆的方程；
（2）讨论直线l的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离的表达式，根据弦长列式计算，求得斜率，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得圆心在过点和直线垂直的直线上，
该直线方程为，即，
联立，解得，即圆心为，
半径为，
故圆M方程为；
【小问2详解】
由于，故在圆M外，
过点的直线被圆截得的弦长为2，
若直线l斜率不存在，则方程为，
圆心到l的距离为，则弦长为，符合题意；
当直线l斜率存在时，设其方程为，即，
则圆心到l的距离为，
由于直线被圆截得的弦长为2，故，
解得，故直线l的方程为,
综合得直线的方程为或.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.
（1）若，求证：直线平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明过程见详解
（2）
（3）存在，，理由见详解.
【解析】
【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；
(3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解.
【小问1详解】
取的一个靠近点的三等分点，连接，
因为，所以且,
又因为，且，点为中点，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以直线平面.
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，又为的中点，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，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
存在，.
假设存在点(不包括端点)，设，即，，
由（2）得，且平面的法向量，
，则，
所以，因为与平面所成角的正弦值为，
则，
整理得：，解得：或（舍去），
故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时.
18. 设是等比数列的公比大于，其前项和为，是等差数列，已知，，，.
（1）求，的通项公式
（2）设，求 ；
（3）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）,
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用等差和等比数列的通项公式求解；
（2）利用错位相减法求和；
（3）利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
设的公比为，
因为，所以，即，解得或（舍），
所以，
设的公差为，
因为，，所以，，
所以，解得，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以，
，
所以，
所以.
【小问3详解】
，
所以
.
19. 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.
【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
20. 已知数列的前n项和为满足.数列满足，且満足
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列满足；求
（3），数列的前项和为，求证：.
【答案】（1），；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由与的递推关系得出为等比数列求解，由为等差数列求通项公式；
（2）分是奇数、偶数，分组求和即可得解；
（3）利用放缩法及裂项相消求和证明即可.
【小问1详解】
，时，
时，，
，即，
是以2为首项，2为公比的等比数列，，
由题可知，是首项为2，公差为1的等差数列，
，.
【小问2详解】
，
(i) n为偶数时，
，
(ii) n为奇数时，
，
【小问3详解】
，
，
(i)右式证明：，
(ii)左式证明：
综上得证.