2023-2024学年河南省创新发展联盟高二上学期第四次联考（12月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省创新发展联盟高二上学期第四次联考（12月）数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．数列1，，，…的通项公式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】代入即可结合选项逐一排除.
【详解】当时，对于B中，
当时，对于C中，对于D中，
四个选项中只有同时满足，，.
故选：A
2．鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹.如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分是抛物线的一部分，其宽为，高为，根据图中的坐标系，则该抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据待定系数法，代入坐标即可求解抛物线方程，进而可得焦点.
【详解】由题意得，设该抛物线的方程为，
则，得，所以该抛物线的焦点为.
故选：C
3．已知直线与圆交于，两点，，则（ ）
A．2B．3C．4D．9
【答案】B
【分析】直接由点到直线的距离公式结合几何法的弦长公式运算即可得解.
【详解】由题意得圆心到直线的距离为，
则，得.
故选：B.
4．虢仲盨，青铜器，西周文物，1991年河南省三门峡虢国墓地出土，河南省三门峡虢国博物馆藏.该文物的腹部横截面的形状是一个长轴长为30厘米，短轴长为20厘米的椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意先把算出来，再根据平方关系、离心率公式即可得解.
【详解】由题意得该椭圆的半长轴长为厘米，半短轴长为厘米，
所以该椭圆的离心率为.
故选：C.
5．在正项等比数列中，，则的公比为（ ）
A．或3B．3C．2或D．2
【答案】D
【分析】根据题意得，再利用等比数列的基本量计算求出公比.
【详解】由题意得，得，
由，得，得或（舍去）.
故选：D.
6．已知，是双曲线的左、右焦点，过点的直线与的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，，则的渐近线的倾斜角为（ ）
A．或B．或C．或D．或
【答案】C
【分析】由题意通过几何关系得到，进一步由可得，再结合余弦定理即可得出的关系，进一步即可得解.
【详解】
设为坐标原点.由题意得的渐近线方程为，得，.
由，即是的中位线，得，
则，所以.
由，
得，所以，
所以在中，由余弦定理，得，即，
所以的渐近线的倾斜角为或.
故选：C.
7．已知等差数列的前项和为，若，且，则满足的的最大值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质,结合求和公式即可求解.
【详解】由题意得，即，
，即，因为，所以公差，
所以，…，均为正数，，，…均为负数.
由，
所以的取得最大值，且最大值为12.
故选：B
8．如图，在三棱锥中，，，，，为的中点，为的中点，为的重心，与相交于点，则的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算，结合三点共线可得，即可根据模长公式求解.
【详解】设，由题意得，
则.
设，
则,故.
由得，
得，
所以
，
故选：D
二、多选题
9．已知从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长减等寸（减等寸：以相等的尺寸减少）.若雨水的日影长为95寸，冬至、小寒、大寒、立春的日影长之和为480寸，则（ ）
A．冬至的日影长为135寸B．芒种的日影长为25寸
C．冬至的日影长为125寸D．芒种的日影长为15寸
【答案】AB
【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解.
【详解】由题意得十二个节气的日影长成等差数列，设该等差数列的公差为，由题意可得
则得则，所以冬至的日影长为135寸，芒种的日影长为25寸.
故选：AB
10．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且，，则的值可能为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】AC
【分析】根据椭圆的焦点三角形的性质，结合余弦定理即可求解.
【详解】由，，得.
,
由，得.
在中，由余弦定理得，
得或，所以或.
故选：AC
11．已知为抛物线的焦点，直线与交于，两点，弦中点的横坐标为4，，则（ ）
A．的斜率为1B．在轴上的截距为
C．弦中点的纵坐标为D．
【答案】ACD
【分析】联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据中点关系求解，进而由弦长公式求解，利用抛物线焦半径公式即可求解.
【详解】易得的斜率存在，设，，，
由得，则由，得.
由，得，
所以，弦中点的纵坐标为，.
故ACD正确，B错误，
故选：ACD
12．已知第一象限内的点在双曲线上，，分别为的左、右焦点，的内切圆是半径为的圆，若直线的斜率小于，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据内切圆的性质结合双曲线的定义，结合直线的斜率小于，建立方程，求出双曲线的离心率.
【详解】
如图，设圆与轴相切于点，与和分别相切于，两点.
由内切圆的性质得，，，
则.
因为，所以，则为的右顶点.
因为直线的斜率小于，所以.又平分，
所以.易得，则，，
所以，解得.
在中，，则，解得.
故选：ABC.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，平行四边形的三个顶点分别为，，，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】由题意首先设，结合进行运算即可得解.
【详解】设，由题意得，，
因为，所以,得，即.
故答案为：.
14．已知,分别是椭圆的左、右顶点，是的上顶点，若，则的面积为 .
【答案】
【分析】设为坐标原点，由题意可得，，解出值，再利用的面积为，求解即可.
【详解】
设为坐标原点.由题意得，，则，得，
又，所以，
所以的面积为.
故答案为：.
15．已知直线，，一条光线从点射出，经反射后，射到上，再经反射后，回到，则该光线经过的路程长度为 .
【答案】
【分析】分别求出关于对称的点，关于对称的点，求出即可求解.
【详解】如图，设关于对称的点为，
由得即.
设关于对称的点为，由
得即.
易得该光线经过的路程长度为.
故答案为：.
16．将一组数据1，2，3，…，按顺序相加，但是少加了一个数，所得的和为290，则少加的那个数是 .
【答案】10
【分析】设少加的那个数是为，由等差数列求和公式结合已知得出，即可由的范围得出的值，即可代入解出答案.
【详解】设少加的那个数是为，
则，
，
由，
得，解得，
所以，得.
故答案为：10.
四、问答题
17．已知圆的圆心在直线上，且圆经过，两点.
(1)求圆的圆心坐标和半径；
(2)若圆心为的圆与圆外离，求圆的半径的取值范围.
【答案】(1)，2
(2)
【分析】（1）首先求出的中垂线方程，将其与直线的方程联立可得圆心坐标，进一步可得半径.
（2）求出圆心距，再结合圆与圆的位置关系列出不等式即可得解.
【详解】（1）由题意得，的中点坐标为，
，则的中垂线的斜率为，
所以的中垂线方程为，即.
由得,
所以圆的圆心坐标为，半径为.
（2）设圆的半径为，由题意得，
因为圆与圆外离，所以，得，
又，所以圆的半径的取值范围为.
五、证明题
18．已知数列的前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由的关系结合等比数列的定义即可得解.
（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.
【详解】（1）由题意得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由题意得，
，
两式相减，得
，
所以，
因为，所以.
六、解答题
19．如图，在棱长为4的正方体中，点在棱上，且.
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求到直线的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角，从而求解；
（2）由点到平面的距离为，求得的坐标，然后利用空间点到直线距离的向量法即可求解.
【详解】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
设平面的一个法向量为，则
取，则，，得，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）设，，则.
由（1）可知平面的法向量为，
则到平面的距离为，解得或（舍去），
即.
因为，，
所以到直线的距离为.
七、证明题
20．已知数列，满足，，.
(1)证明：为等差数列.
(2)设数列的前项和为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知代入化简得出，即可证明；
（2）根据（1）得出数列的通项，当为偶数时，利用并项求和法得出，当为奇数时，为偶数，由得出，即可综合得出答案.
【详解】（1）由题意得，，
则，
所以是首项，公差为1的等差数列.
（2）由（1）得，则，
当为偶数时，
.
当为奇数时，为偶数，
则.
综上，.
八、解答题
21．已知直线与抛物线交于，两点（的横坐标大于的横坐标）.
(1)求，的坐标；
(2)点，是抛物线上不同于，的两点，直线，的倾斜角互补，直线与直线相交于点，求.
【答案】(1)，.
(2)
【分析】（1）直线方程与抛物线的方程联立，求出交点坐标即可.
（2）根据直线，的倾斜角互补，分直线斜率存在和斜率不存在两种情况，讨论为直线的倾斜角的关系，求解即可.
【详解】（1）联立方程解得或
由的横坐标大于的横坐标，得，.
（2）
设，.
①当直线，的斜率不存在时，，，
此时为直线的倾斜角的2倍，由，得直线的斜率为，
所以.
②当直线，的斜率存在时，直线的斜率为，
直线的斜率为，
由直线，的倾斜角互补，得，解得，
则直线的斜率为.
又直线的斜率为，此时为直线的倾斜角的2倍或其补角，
则，
综上，.
22．已知圆，圆，动圆与这两个圆中的一个内切，另一个外切.
(1)求动圆圆心的轨迹方程.
(2)若动圆圆心的轨迹为曲线，，斜率不为0的直线与曲线交于不同于的，两点，，垂足为点，若以为直径的圆经过点，试问是否存在定点，使为定值？若存在，求出该定值及的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，定值为6，
【分析】（1）由题意根据圆与圆的位置关系可得，进一步由双曲线的定义即可得解.
（2）由题意以为直径的圆经过点，所以，即，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理可得直线过定点，而，即点在中点为圆心，的一半为半径的圆上，由此即可得解.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意圆、的半径均为2，圆心.
因为动圆与圆，圆一个外切，另一个内切，所以或，得，
所以圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线，
即，得动圆圆心的轨迹方程为.
（2）如图所示：
存在定点，使得为定值6，理由如下：
直线的斜率不为0，设直线，，，
则，.
由得，
由，得，
由韦达定理得，
因为以为直径的圆经过点，所以，
则.
因为
，
所以，
得.
因为直线不经过，所以，，满足.
直线经过定点.
取，，当，不重合时，，
则由斜边上的中线等于斜边的一半可知，
当，重合时，.
故存在定点，使得为定值6.
【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是充分利用圆与圆之间的位置关系以及双曲线的定义即可，第二问关键是数学结合，首先求出直线过顶点，进一步根据平面几何知识确定点在定圆上运动，从而即可顺利得解.