2024-2025学年河北省沧州市高二上学期12月联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市高二上学期12月联考数学检测试题（附解析），共15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（本大题共8小题）
1．已知直线与直线平行，则（ ）
A．B．3C．D．1
2．庞士-布鲁克斯彗星在1812年7月12日首先被珍-路易斯•庞士发现，之后每次回归都被天文学家记录.约翰•法兰兹•恩克测量出该彗星明确的回归周期是70.68年.2024年4月21日，该彗星重回地球视野，我国不少天文爱好者成功观测并拍摄到这位“天外来客”.该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过（ ）
A．2次B．3次C．4次D．5次
3．已知双曲线的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则（ ）
A．1B．2C．D．
4．已知直线和平面满足，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知数列的通项公式为，则中的项最大为（ ）
A．B．0C．D．2
6．已知为等差数列的前项和，若，且，则（ ）
A．1B．2C．D．
7．已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，若直线垂直平分线段，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在圆锥中，是底面圆直径，为的中点，点分别在直线上，则线段的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．的通项公式为
B．若，则
C．当时，取得最小值
D．数列的前10项和为58
10．已知为抛物线的焦点，圆，过点的直线与圆交于点（在第四象限，在第一象限），与抛物线交于点（在第四象限，在第一象限），下列结论正确的是（ ）
A．若直线的斜率为1，则
B．若直线的斜率为1，则
C．若，则
D．若，则
11．莫里茨•科内利斯•埃舍尔，荷兰版画家，因其绘画中的数学性而闻名.在他的作品中可以看到对分形､对称､密铺平面､双曲几何和多面体等数学概念的形象表达.如图所示的几何体就在他的作品《星辰》中出现.该几何体由正方体和正八面体（8个面都是正三角形）相互交错而成，正八面体的12条棱正好穿过正方体12条棱的中点.若正方体的棱长，为正方体一条棱的中点，为该几何体的顶点，则（ ）
A．该几何体的体积为12
B．该几何体的表面积为
C．该几何体可以被半径为的球完全包裹
D．直线与直线所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，圆的圆心分别为，半径都为1，写出一个与这三个圆都相切的圆的标准方程： .

13．在正四面体中，棱长为3，点在棱上，且，则 .
14．设双曲线的左焦点为，过点作圆的切线，切点为，直线与的右支交于点，为线段的中点，为坐标原点，，则的离心率为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．记是公差不为0的等差数列的前项和，且.
(1)求的通项公式；
(2)求使成立的的最小值.
16．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，抛物线的焦点与重合，是与的一个公共点.
(1)若，求与的标准方程；
(2)若双曲线的离心率为3，证明：的中点在上.
17．如图，在三棱锥中，底面为的中点，，垂足为.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
18．已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；
②对于中任意一项，在中都存在两项，使得.
(1)若，判断是否满足性质①，说明理由；
(2)若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(3)若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列.
19．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且轴.
(1)求的方程.
(2)已知直线过点且与轴垂直，直线过点且与椭圆相切，直线与直线交于点.
①若，求；
②证明.
答案
1．【正确答案】A
【详解】∵直线与直线平行，
∴，解得.
此时两直线为与，满足题意.
故选：A.
2．【正确答案】C
【详解】解：设共出现过次，
则，解得,
所以该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过4次.
故选：C
3．【正确答案】A
【详解】双曲线的，则，
即，渐近线方程为，
所以直线，由双曲线的对称性，
不妨设渐近线方程为，直线，
方法一：联立方程组，解得，∴
方法二：由直线的倾斜角可得
易知（为坐标原点）为等腰直角三角形，，则.

故选：A.
4．【正确答案】B
【详解】由，得，所以，即，
对A：，不符，故A错误；
对B：，符合要求，故B正确；
对C：，不符，故C错误；
对D：，不符，故D错误；
故选：B.
5．【正确答案】D
【详解】.
当时，函数单调递减，
则当时，数列单调递减，
所以中的项最大为.
故选：D.
6．【正确答案】B
【详解】由等差数列的性质可得为等差数列，
所以，则.
故选：B.
7．【正确答案】D
【详解】设，直线与直线交于点Px0,y0，则，
两式相减得，，
即，∴
由∵为中点，即，
∴，又，
∴，
∴.
故选：D.
8．【正确答案】B
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，则，
则，令，
可得，
当且仅当时，等号成立.
故选：B.
9．【正确答案】ABD
【详解】由，令，可得.
当时，，两式相减得，
当时，也满足，所以的通项公式为，故A正确.
因为的公差为2，所以，则，故B正确.
由，得，所以时，取得最小值，故C错误.
当时，；当时，.
故，故D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】ACD
【详解】对于AB，可得抛物线的焦点，所以直线，
联立直线与抛物线，得，
所以，
圆，即，圆的圆心为，半径为，
则，故A正确，B错误.
对于CD，，
根据抛物线的定义可得，
所以，即①，
设线段的中点为，直线，因为点在直线上，
所以，点与点重合，所以是的中点，所以，
因为，所以，C正确，
因为是的中点，所以，
所以，结合①可得，
直线，故D正确.
故选：ACD.
11．【正确答案】ABD
【详解】该几何体可以看出由1个正方体及6个四棱锥构成，由题意可得四棱锥的棱长均为，高为1，一个四棱锥的体积为，该几何体的体积为，A正确.
该几何体的表面积为，B正确.
该几何体中正方体外接球的半径为，正八面体外接球的半径为2，要使该几何体被一个球完全包裹，该球的半径最少为C错误.
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
，，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，D正确.
故选：ABD
12．【正确答案】答案不唯一
【详解】设圆心,半径,
所以,
，
所以
若所求圆与这三个圆都外切，则，则，
则所求圆的标准方程为.
若所求圆与这三个圆都内切，则，则，
则所求圆的标准方程为.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】
.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】如图，设的右焦点为，连接，则，
且为直角三角形，，则.
由中位线的性质可得，∴.
由双曲线定义可得，∴，
∴，即.
在中，，即，
则，所以.
故
15．【正确答案】(1)
(2)7
【详解】（1）设等差数列的公差为.
因为，所以，
解得.
故.
（2）.
因为，所以，整理可得，
解得或.
因为为正整数，所以的最小值为7.
16．【正确答案】(1)，
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，所以，解得，
所以的标准方程为，
因为的焦点与重合，所以，则，
又，解得，
所以的标准方程为；
（2）因为的离心率，所以，
又的焦点与重合，所以，所以的方程为，
联立，得，
解得，（舍去），，
所以，
又，所以的中点为，
代入的方程，得，等式成立，
所以的中点在上.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为底面底面，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，为的中点，，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为平面，所以平面.
（2）设，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设，
则.
因为，所以，解得，
所以.
设平面的法向量为，
则，取，则.
结合（1）可得为平面的一个法向量.
设二面角的大小为，
则，
所以.
故二面角的正弦值为.
18．【正确答案】(1)不满足性质①，理由见解析
(2)同时满足性质①和性质②，理由见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，而6不是中的项，所以不满足性质①；
（2），
所以，所以满足性质①；
，，
所以满足性质②；
所以同时满足性质①和性质②；
（3）由性质②，取，则，所以，
此时，，所以；
由性质②，取，则，所以，
若，则，不符合题意，舍去；
若，则；
因为，
所以不是中的项，不满足性质①，不符合题意，舍去；
所以，则，
所以，故成等差数列.
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
19．【正确答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）设F−c,0，由题设有，且，
所以，解得，
故的方程为.
（2）根据对称性，不妨设点在第二象限，

设，则直线的方程为，
联立得，
因为直线与椭圆相切，
所以
，
则，即，
①因为，所以，
故.
②证明：，
，
所以.