39,安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题
展开满分:150分 时间:120分钟
命题人:唐蒙蒙 审核人:贺子华
一、单项选择题:本题共8题,每小题5分,共40分.
1. 已知等差数列的前项和为,若,则等于( )
A. 1B. 6C. 8D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求出,即可得解.
【详解】由题意可得,解得,
.
故选:C.
2. 若双曲线的虚轴长与实轴长相等,则的值为( )
A. 4B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】将双曲线方程转化为标准方程,根据实轴长与虚轴长相等列方程来求得的值.
【详解】依题意,双曲线的标准方程为,即,
由于虚轴长与实轴长相等,所以,即,即,解得.
故选:C
3. 设数列满足,且,则( )
A -2B. C. D. 3您看到的资料都源自我们平台,20多万份最新小初高试卷,家威鑫 MXSJ663 免费下载 【答案】A
【解析】
【分析】判断出数列的周期为4,即可求解.
【详解】因为,,
所以,,,,
显然数列的周期为4,而,因此.
故选:A.
4. 在四棱锥中,底面是正方形,是的中点,若,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】
.
故选:C
5. 点在椭圆上,是椭圆的两个焦点,,且的三条边,,成等差数列,则此椭圆的离心率是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆定义得到,结合等差数列,余弦定理得到关于的齐次式,解方程求出离心率
【详解】设,由椭圆的定义得:,
∵的三条边成等差数列,
∴,联立,
解得:,
由余弦定理得:,
将代入可得,
,
整理得:,由,得,
解得:或(舍去),
故选:D.
6. 用平行于圆锥母线的平面(不过顶点)截圆锥,则平面与圆锥侧面的交线是抛物线一部分,如图,在底面半径和高均为的圆锥中,、是底面圆的两条互相垂直的直径,过作平行于的平面,交母线于,则平面与圆锥侧面的交线为抛物线,其焦点到准线的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆锥的底面半径和高及E的位置可得,建立适当的平面直角坐标系,可得C的坐标,设抛物线的方程,将C的坐标代入求出抛物线的方程,进而可得焦点到其准线的距离.
【详解】解:设的交点为,连接,由题意可得面,所以,
由题意,
因为是母线的中点,所以,
由题意建立适当的坐标系,以为轴,以为轴,为坐标原点,如图所示∶
可得∶,
设抛物线的方程为,
将C点坐标代入可得, 所以,
所以抛物线的方程为∶,
所以焦点坐标为, 准线方程为,
所以焦点到其准线的距离为.
故选:B
7. 已知圆,直线,P为l上的动点,过点P作圆C的两条切线PA、PB,切点分别A、B,当最小时,直线AB的方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的切线的有关知识,判断出最小时,直线与直线垂直,结合图象求得直线的方程.
【详解】圆的标准方程为,圆心为,半径为.
依圆的知识可知,四点P,A,B,C四点共圆,且AB⊥PC,所以
,而,
当直线PC⊥l时,最小,此时最小.
结合图象可知,此时切点为,所以直线的方程为,即.
故选:A
8. 如图,在棱长为2的正方体中,为棱的中点,分别是底面与侧面的中心,为该正方体表面上的一个动点,且满足,记点的轨迹所在的平面为,则过四点的球面被平面截得的圆的周长是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系,找到球心O和点的轨迹,求出到平面的距离,利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】取面对角线中点,连接,,,,分别在上,且,
以为原点,的方向分别为轴,轴,轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
,,,, ,,,,,
,,,,
三棱锥中, 为直角三角形,所以,
因此点即为三棱锥的外接球球心,球半径长为,
,,,,,共面,
,,, ,
平面,,平面,平面,
点的轨迹为矩形的四边,如图所示,
,为平面的法向量,
则球心到平面的距离为,
球面被平面截得的圆的半径,圆的周长为.
故选:B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力,其余的计算和证明问题,则利用空间向量法.
二、多项选择题:本题共4题,每小题5分,共20分.
9. 设是各项为正数的等比数列,q是其公比,是其前n项的积,且,,则下列结论正确的是( )
A. B. C. D. 与均为的最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.
【详解】由题意知,
:由得,由得,
所以,又,所以,故错误;
:由得,故正确;
:因为是各项为正数的等比数列,,
有
所以,
所以,故错误;
:,
则与均为的最大值,故正确.
故选:
10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上,这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若满足,顶点,且其“欧拉线”与圆相切,则下列结论正确的是( )
A. 圆上的点到原点的最大距离为
B. 圆上存在三个点到直线的距离为
C. 若点在圆上,则的最小值是
D. 若圆与圆有公共点,则
【答案】BD
【解析】
【分析】先求得三角形的“欧拉线”,根据“欧拉线”与圆相切求得,根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、斜率的范围、圆与圆的位置关系等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】由题意,的欧拉线即的垂直平分线,,,
的中点坐标为,则的垂直平分线方程为,
即“欧拉线”为.
由“欧拉线”与圆相切,
到直线的距离,
则圆的方程为:,
圆心到原点的距离为,则圆上的点到原点的最大距离为,故A错误;
圆心到直线的距离为,
圆上存在三个点到直线的距离为,故B正确;
的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率,
设过与圆相切的直线方程为,即,
由,解得的最小值是,故C错误;
的圆心坐标,半径为,
圆的的圆心坐标为,半径为,
要使圆与圆有公共点,则圆心距的范围为,解得,故D正确.
故选:BD
11. 如图,在直三棱柱中,,,D是棱的中点,,点E在上,且,则下列结论正确的是( )
A. 直线与BC所成角为90°
B. 三棱锥的体积为
C. 平面
D. 直三棱柱外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A,证明,根据线面垂直的判定定理可得平面,再根据线面垂直的性质可得,即可判断A;
对于B,证明平面,可得,再根据求出体积,即可判断B;
对于C,以为原点建立空间直角坐标系,利用向量法证明不垂直,即可判断C;
对于D,连接,则线段即为直三棱柱外接球的直径,求出外接球的半径,即可求出外接球面积,即可判断.
【详解】解:对于A,在矩形中,
因为,,D是棱的中点,
所以,
所以,
所以,
又因,,
所以平面,
又因平面,
所以,
即直线与BC所成角为90°,故A正确;
对于B,在直三棱柱中,,
又,,
所以平面,
又平面,所以,
则,故B正确;
对于C,由AB可知,两两垂直,
如图,以为原点建立空间直角坐标系,
则,
则,
所以,
所以不垂直,
所以不垂直平面,故C错误;
连接,则线段即为直三棱柱外接球的直径,
,所以外接球的半径,
所以直三棱柱外接球的表面积为,故D正确.
故选:ABD.
12. 已知是椭圆上的一动点,离心率为,椭圆与轴的交点分别为、,左、右焦点分别为、.下列关于椭圆的四个结论中正确的是( )
A. 若、的斜率存在且分别为、,则为一定值
B. 若椭圆上存在点使,则
C. 若的面积最大时,,则
D. 根据光学现象知道:从发出的光线经过椭圆反射后一定会经过.若一束光线从出发经椭圆反射,当光线第次到达时,光线通过的总路程为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据椭圆的几何性质,作出图像对选项进行分析,由此确定正确选项.
A:设P点坐标,结合P点在椭圆上和斜率计算公式即可计算;
B:由椭圆性质知,当M为上下顶点时,最大,保证最大这个角大于或等于90°,则在椭圆上存在点M满足题意;
C:当P为上顶点或下顶点时,面积最大,结合几何关系即可求此时离心率;
D:根据椭圆的定义即可求出光线走过的路程.
【详解】依题意,,
A,设,,则,
为定值,A正确.
B,若椭圆上存在点使,设为上顶点,如图:
则,B错误.
C,若△的面积最大时,,P位于椭圆上顶点或下顶点,,,C正确.
D,结合椭圆的定义可知,光线第次到达时,光线通过的总路程为,D错误.
故选:AC.
三、填空题:本题共4题,每小题5分,共20分.
13. 已知抛物线的方程为,且过点,则焦点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】
将点代入抛物线方程可得的值,即可求得抛物线方程进而得焦点坐标.
【详解】抛物线过点,即有,解得,
则抛物线,即的焦点坐标为,
故答案为:.
14. 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则点B1到平面ABC1的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】建立合适的空间直角坐标系,求出所需点的坐标和向量的坐标,利用待定系数法求出平面ABC1的法向量,再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】以点C为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则,
所以,, ,
设平面ABC1的法向量为,则,即,
令,则,故,
所以点B1到平面ABC1的距离为.
故答案为:.
.
15. 如图,已知斜率为的直线与双曲线的右支交于A,B两点,点A关于坐标原点O对称的点为C,且,则该双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】取AB的中点M,连接OM,求得直线OM的斜率,再利用点差法求得,进而求得该双曲线的离心率
【详解】如图,设直线AB与x轴交于点D,取AB的中点M,连接AC,OM,
由双曲线的对称性可知O为线段AC的中点,则,
所以.由直线AB的斜率,得,
则直线OM的斜率.
设,,则
两式相减,得,化简得,
即,
所以该双曲线的离心率.
故答案为:
16. 习近平总书记在党的二十大报告中提出:坚持以人民为中心发展教育,加快建设高质量教育体系,发展素质教育,促进教育公平,加快义务教育优质均衡发展和城乡一体化.某师范大学学生会为贯彻党的二十大精神,成立“送教下乡志愿者服务社”,分期分批派遣大四学生赴乡村支教.原计划第一批派遣20名学生,以后每批都比上一批增加5人.由于志愿者人数暴涨,服务社临时决定改变派遣计划,具体规则为:把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为,在数列的任意相邻两项与之间插入个3,使它们和原数列的项构成一个新的数列.按新数列的各项依次派遣支教学生.记为派遣70批学生后支教学生的总数,则的值为__________.
【答案】390
【解析】
【分析】由题可得,然后根据条件可得数列的前70项含有前6项和64个3,进而得解.
【详解】数列满足,
,
在任意相邻两项与之间插入个3,
其中之间插入2个之间插入4个之间插入8个之间插入16个,
之间插入32个之间插入64个.
又,
数列的前71项含有前6项和65个3,
故.
故答案为:390.
四、解答题:本题共6题,共70分,解答时应写成必要的文字说明、证明过程.
17. 已知圆的圆心为,且与直线相切.
(1)求圆的标准方程;
(2)设直线与圆M交于A,B两点,求.
【答案】(1)+
(2)
【解析】
【分析】(1)由圆心到切线的距离等于半径求得半径后可得圆的标准方程;
(2)求出圆心到弦所在直线的距离,由勾股定理求得弦长.
【小问1详解】
因为圆心为,所以圆心M到切线的距离= ,所以半径,
所以圆M的标准方程为:+;
【小问2详解】
由题可知圆心M到直线的距离= ,又由(1)知半径,
所以=,
所以=.
18. 如图,四边形是边长为2的菱形,,四边形为矩形,,且平面平面.
(1)求与平面所成角的余弦值;
(2)求平面与平面夹角的大小;
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据面面垂直的性质定理结合条件建系,利用空间向量法求线面角即可;
(2)利用空间向量法求二面角,先求出两平面的法向量,再代入二面角的向量公式即可.
【小问1详解】
因为平面平面,平面,且,平面平面,
所以平面,又四边形是边长为2的菱形,设,则,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则,所以,
易知平面的一个法向量是,
设与平面所成的角为,
所以,所以.
【小问2详解】
易知,所以,
,
设平面的法向量为,
则
令,则,所以,
设平面的法向量为,
则即
令,则,所以,
所以,
故平面与平面的夹角为.
19. 已知为数列的前项和,且.
(1)证明:数列为等差数列,并求的通项公式;
(2)若,设数列的前项和为,若恒成立,求的范围.
【答案】(1)证明见解析,
(2)
【解析】
【分析】(1)利用前n项和和通项公式的关系结合等差数列的定义处理即可.
(2)先求出,后运用裂项相消法求即可.
【小问1详解】
对任意的,
则,
所以数列为等差数列,且其首项为,公差为1,
所以,故.
【小问2详解】
当时,,
也满足,故对任意的.
所以,
故.
所以的范围为.
20. 已知过抛物线的焦点,斜率为的直线l交抛物线于A,B两点,且.
(1)求抛物线E的方程;
(2)设过点且互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点M,N,证明:直线过定点.
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)写出直线的方程,与抛物线方程联立,利用抛物线焦点弦公式即可求得p,从而可得该抛物线的方程;
(2)设直线的方程为,与抛物线方程联立,根据韦达定理及平面向量数量积公式可求得t的值,从而可得结果.
【小问1详解】
拋物线的焦点,则直线的方程为:,
由消去y并整理得,,显然,设,
则,因此,解得,
所以抛物线的方程为:.
【小问2详解】
显然直线不垂直于y轴,设直线的方程为,点,
由消去x得,,当时,,
由,得,
显然,因此,满足,则直线:,过定点,
所以直线过定点.
21. 数列的前项和为,且,
(1)求数列的通项公式;
(2)已知,若,求数列前项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据条件求得首项,由得,两式相减即可得到为等比数列,进一步求解即可;
(2)利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
当时,,即;
当时,由得,
则两式相减得,
即,
综上可知,是首项,公比的等比数列,
则,即.
故
【小问2详解】
由(1)知,,
则①,
②,
①-②得,
整理得
,
即,所以
22. 已知点,点是圆上的任意一点,线段的垂直平分线与直线交于点Q,记动点Q的轨迹为曲线C.
(Ⅰ)求曲线C方程;
(Ⅱ)设是分别过点的两条平行直线,交曲线C于两个不同的点,交曲线C于两个不同的点,求四边形面积的最大值.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意得出,得到,结合椭圆的定义,即可求解;
(Ⅱ)设,直线的方程为,联立方程组,结合根与系数的关系和弦长公式,求得 ,再结合椭圆的对称性,得到四边形的面积等于的面积的4倍,利用点到直线的距离公式和面积公式,结合函数的单调性,即可求解.
【详解】(Ⅰ)由题意,线段的垂直平分线与直线交于点Q,
可得,所以,
所以Q的轨迹是以点为焦点,6为长轴长的椭圆,
设椭圆的方程为,可得,则,
所以点Q的轨迹方程为.
(Ⅱ)直线的斜率不为0,设,直线的方程为,
联立方程组,整理得,
则,
所以
根据椭圆的对称性可知,四边形为平行四边形,原点O是对角线的交点,
所以四边形的面积等于的面积的4倍,
点O到直线:的距离,
所以的面积,
令,则,可得,
设,则,
因为,所以,所以函数在单调递增,
所以当时,取得最小值,最小值为,
所以的面积的最大值为,四边形ABNM的面积的最大值为.
【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略:
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题,通常联立直线方程与圆锥曲线方程,应用一元二次方程根与系数的关系,以及弦长公式等进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力.
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安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题: 这是一份安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题,共2页。