2023-2024学年河北省保定市唐县第一中学高二上学期12月期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省保定市唐县第一中学高二上学期12月期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列的前4项分别为，则该数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】直接观察可得答案.
【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.
故选：D.
2．空间四边形中，设，，，点在棱上，且，是棱的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的运算结合基底可得答案.
【详解】由题意.
故选：C
3．设等比数列的前项和是.已知，则（ ）
A．13B．12C．6D．3
【答案】A
【分析】方法一，根据等比数列的性质可求得，可得，求得，可得解；方法二，同方法一求得，再根据等比数列前项和公式代入运算可得解.
【详解】方法一 因为，所以，，
所以，所以.又，得，
所以.
故选：A.
方法二 因为，，所以，
所以，所以.
故选：A.
4．已知直线：和：平行，则实数（ ）
A．2或B．1C．D．2
【答案】D
【分析】由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..
【详解】当：，：平行
得，解得或，
当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，
当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；
故选：D
5．按照小方的阅读速度，他看完《巴黎圣母院》共需820分钟.2023年10月26日，他开始阅读《巴黎圣母院》，当天他读了1个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少2分钟，则他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为（ ）
A．2023年11月12日B．2023年11月13日
C．2023年11月14日D．2023年11月15日
【答案】C
【分析】根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】根据题意，从2023年10月26日开始到读完的前一天，
他每天阅读《巴黎圣母院》的时间（单位：分钟）依次构成等差数列，且首项为60，公差为，
则由，且，得，
所以小方读此书20天恰好可以读完，故他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为2023年11月14日.
故选：C
6．如图，在长方体中，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，即可求得点到面的距离.
【详解】根据题意可得；，
又因为平面，且，
根据，设点到平面的距离为，
故可得，
即可得.
故选：B.
【点睛】本题考查利用等体积法求点到平面的距离，属中档题.
7．正整数按下表的规律排列（下表给出的是上起前4行和左起前4列），则上起第2015行，左起第2016列的数应为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，这些数字排成的是一个正方形，结合数字的排列规律，即可求解.
【详解】由题意得，这些数字排成的是一个正方形，
其中，上起第2015行，左起第2016列的数是一个2016乘以2016的正方形的倒数第二行的最后一个数字，
所以这个数是.
故选：D.
8．已知，，是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若，两点均在轴上方，则的斜率恒有，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.
【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，

因为抛物线为，所以，
则，所以，则，
注意到，故，即，
又，代入可得，
故，即，解得，
当且仅当时，等号成立，而，故等号不成立，
因而，故，则的最大值为.
故选：B.
二、多选题
9．下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．已知，，若，则
C．任意向量，，满足
D．若，，是空间的一组基底，且，则四点共面
【答案】ABD
【分析】根据共面与否即可判断A，根据数量积的坐标运算即可判断B，根据共线定理即可求解C，根据共面即可求解D.
【详解】因为是空间的一个基底，则，，不共面，若，，共面，则存在实数，使得，故，由于，，不共面，所以，所以无解，故，，不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；
因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；
因为，所以，即，所以四点共面，故D正确．
故选：ABD．
10．已知曲线C：．（ ）
A．若，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若，则C是圆，其半径为
C．若，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若，，则C是两条直线
【答案】CD
【分析】根据，将化为，结合椭圆方程判断A；
结合圆的方程判断B；讨论的正负，结合双曲线方程以及渐近线方程可判断C；
，时，可得，即可判断D.
【详解】对于A，若，则，则即为，
故表示焦点在x轴上的椭圆，A错误；
对于B，若，则即为，
故C是圆，其半径为，B错误；
对于C，若，则不妨设，则即为，
曲线C此时表示焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，
当，则即为，
曲线C此时表示焦点在y轴上的双曲线，其渐近线方程为,
综上，若，则C是双曲线，其渐近线方程为，C正确；
对于D，若，，则即为，即，
即则C是两条直线，D正确，
故选：CD
11．下列结论正确的是（ ）
A．直线与直线互相垂直是的必要不充分条件
B．已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是．
C．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
D．已知，O为坐标原点，点是圆外一点，直线m的方程是，则m与圆相交
【答案】ABD
【分析】对A，根据两条直线垂直求出a的值，进而判断答案；
对B，作出图形，当直线绕点P旋转时可以得到直线斜率的范围；
对C，考虑截距为0的情况即可判断；
对D，根据点在圆外得到不等式，然后求出圆心到直线的距离并与半径比较大小，最后得到答案.
【详解】对A，若两条直线互相垂直，则，故A正确；
对B，如图，
，根据图形，若直线l与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围是，B正确；
对C，易知直线y=x满足题意，C错误；
对D，因为点在圆外，所以，则圆心到直线的距离，则m与圆相交，D正确.
故选：ABD.
12．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点B．若，则
C．的最小值为D．的面积的最大值为2
【答案】ABD
【分析】将直线整理成关于的方程，令其系数为0，即可得出直线过的定点，判断A；利用得出直线的斜率，即可判断B；当直线与垂直时，取得最小值，再利用几何法求弦长，即可判断C；由，结合弦长公式与基本不等式，即可判断D.
【详解】对于选项A：将直线整理为：，
令，解得，即直线过定点，故选项A正确；
对于选项B：由题意知，，则直线的斜率为，
若，则直线即直线的斜率为，解得：，故选项B正确；
对于选项C：因为直线过定点，所以当直线与垂直时，取得最小值，
此时，故选项C错误；
对于选项D：设点到直线的距离为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积的最大值为2，故选项D正确；
故选：ABD.
三、填空题
13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
【答案】
【分析】根据投影向量的概念计算即可得解.
【详解】向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：
14．已知数列的前项和，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式.
【详解】由数列的前n项和为，
当时，可得；
当时，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
15．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在的左支上，，，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】利用向量的中点性质与双曲线的定义求得，，再利用余弦定理得到关于的齐次方程，解之即可.
【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，，

因为是的中点，所以，
故由得，
因为，，所以，
在中，，
在中，，
所以，则，即双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的运算法则与双曲线的定义，从而得到所需线段的长度，再构造关于的齐次方程即可得解.
16．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 .
【答案】
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
四、解答题
17．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线过点，且直线的一个方向向量为.
(1)求顶点的坐标；
(2)求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据方向向量及两直线垂直求斜率再根据点斜式写出直线，最后求交点即可；
（2）先根据点在线上得出直线方程，再求交点，最后根据两点式写出直线方程化简为一般式即得.
【详解】（1）因为，由，则，
直线的方程为即.
则，得顶点的坐标为.
（2）设点，则，在上，
即，即
的方程为，
则，得的坐标为，
又，所以直线的方程为,即.
18．已知三个顶点坐标分别为:直线经过点
（1）求外接圆的方程．
（2）若直线与相交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）(x－1)2＋(y－2)2＝4，或x2＋y2－2x－4y＋1＝0.
（2） x＝0或3x＋4y－16＝0.
【分析】法一：设圆的方程为，根据条件列出方程组，解出即可
法二：根据的横坐标相同设，由半径相等和两点之间的距离公式列出方程求出，即可求得的方程
对直线的斜率存在问题分类讨论，根据点到直线的距离公式和弦长公式列出方程，求出直线的斜率，即可得到直线的方程
【详解】（1）法一：设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则由题意得 解得
∴⊙M的方程为x2＋y2－2x－4y＋1＝0，或(x－1)2＋(y－2)2＝4.
法二：∵A(1,0)，B(1,4)的横坐标相同，故可设M(m,2)，
由MA2＝MC2得(m－1)2＋4＝(m－3)2，解得m＝1，
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，或x2＋y2－2x－4y＋1＝0.
（2）当直线l与x轴垂直时，l方程为x＝0，它截⊙M得弦长恰为2；
当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋4，
圆心到直线y＝kx＋4的距离为 ， 由勾股定理得
解得， 故直线l的方程为x＝0或3x＋4y－16＝0.
【点睛】本题主要考查了直线和圆的综合问题的应用，考查了直线、圆的方程，点到直线的距离公式，注意考虑直线的斜率的存在情况，利用圆心到直线的距离解决问题是常用的方法，属于中档题．
19．动点M与定点的距离和它到定直线的距离比是常数，动点M的轨与经过点且倾斜角为的直线交于D、E两点．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)求线段的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，得，整理得M的轨迹方程；
（2）直线方程为代入得由弦长公式求.
【详解】（1）设，由已知得，
整理得，即动点M的轨迹方程为；
（2）由已知条件得直线方程为，
由与消y得
，∴直线与双曲线有两个交点，
设，则
所以.
故线段的长.
20．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.
21．如图，在四棱锥中，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求出二面角余弦.
【详解】（1）因为平面，所以.
在中可求得.
在中，因为，所以，
所以.
又平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为平面，
所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
由（1）知平面，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，可得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，．若的周长为6，面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，过直线与椭圆交于M，N两点，设直线AM，BN的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题设信息列出关于的方程，解方程求出，最后求出椭圆方程.
（2）设直线MN的方程为：，
联立韦达定理得，
接着化简即可.
【详解】（1）由题意得：，
椭圆C的标准方程为
(2)
设直线MN的方程为：
，
由韦达定理得，
由
为定值．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．