河北省邢台市第一中学2024-2025学年高二下学期开学测试 数学试题（含解析）

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高二年级数学试题
考试范围：选修一､选修二第四章
第I卷（选择题共58分）
一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 双曲线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的性质即可求解.
【详解】的焦点在轴上，且则，
故焦点为，
故选：B.
2. 在数列中，若，则下列数是中的项的是（ ）
A. 4B. 4C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用递推关系罗列数列中的项即可判定选项.
【详解】由，，
，可知以3为周期，依次为，显然B正确.
故选：B
3. 在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，连接，利用空间向量的线性运算即可得解.
【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接，
则点为底面中心，且在上，
所以
.
故选：D.
4. 若圆，圆，则圆与圆的公共弦所在直线的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设，将两圆方程作差即可得公共线方程.
【详解】由题设，将两圆作差，有，
整理可得，即公共弦所在直线为.
故选：B
5. 已知是等比数列的前项和，，则公比（ ）
A. B. C. 3或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列基本量计算即可求解.
【详解】由可得，
则，化简可得，解得或，
故选：D.
6. 如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.
【详解】因为，，
可得，，
又因为，，
可得，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
7. 在平面直角坐标系内，曲线与x轴相交于A，B两点，P是平面内一点，且满足，则面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意不妨取，进而求点的轨迹方程，结合方程分析求解.
【详解】对于曲线，令，即，
可得，不妨取，可知，
设，因为，则，
整理得，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以面积的最大值是.
故选：D.
8. 已知分别为抛物线的焦点，平行于x轴的直线与分别交于A，B两点，且，则四边形为（ ）
A. 任意不规则的四边形B. 直角梯形
C. 等腰梯形D. 平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】设，由题设得，结合抛物线的定义列方程求得，即可得答案.
【详解】设，根据题意知，即，故，
由抛物线的定义，知，
当时，，故，
所以，即四边形是平行四边形.
故选：D
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的的部分分，有选错的得0分.
9. 过抛物线的焦点的直线与C相交于，两点，直线PQ的倾斜角为，若的最小值为4，则（ ）
A. 的坐标为B. 若，则
C. 若，则的最小值为3D. 面积的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线，联立直线方程和抛物线方程后消元结合最小弦长可求的值，再逐项判断后可得正确的选项.
【详解】由题设有，直线的斜率不为零，故设直线，
则由可得，，
所以，所以
而，
当且仅当时等号成立，故，故，
故，故A正确；
若，则，故，故的斜率为，
其倾斜角为或，故B错误；
若，则过作准线的垂线，垂足为，连接，
则，当且仅当三点共线时等号成立，
故的最小值为3，故C正确；
，
当且仅当时等号成立，故面积的最小值为2，故D成立.
故选：ACD.
10. 已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别为的中点，点P在直线上，且，下列说法中正确的有（ ）
A. 直线MN与所成角的大小为
B.
C. PN与平面ABC所成最大角的正切值为2
D. 点N到平面AMP距离的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线线、线面、点面距离，结合参数范围求最值判断A、C、D；坐标法求的值判断B.
【详解】由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，，，，
则，显然直线MN与所成角不为，A错；
又，故，B对；
由面的一个法向量为，则，
所以时，PN与平面ABC所成最大角的正弦值为，则正切值为，C对；
由，，若为面AMP的一个法向量，
则，令，则，
又，则点N到平面AMP距离为，
令，则，故，D对.
故选：BCD
11. 如图，曲线的形状是一个斜椭圆，其方程为，点是曲线上的任意一点，点为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线关于对称B. 的最大值为
C. 该椭圆的离心率为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据曲线对称性的定义，可判断A的真假，并求出椭圆的长轴长和短轴长，根据离心率的概念，可求椭圆的离心率，判断C的真假；利用基本（均值）不等式可以判断B的真假；把方程看成关于的不等式，利用可求的取值范围，判断D的真假.
【详解】在曲线上任取一点，点关于直线的对称点为，
则，即点也在曲线上，故曲线关于直线对称，A正确；
由题意知，，，，
，B正确：
联立方程，解得顶点坐标为和，
所以椭圆长轴长为；同理可得另外两个顶点坐标为和，
所以椭圆的短轴长为，所以，
所以该椭圆的离心率为：，C错误；
看作关于的一元二次方程，，
解得，D正确，
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：在曲线方程中，若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，代替，方程不变，则曲线关于原点对称；若用代替，同时用代替，方程不变，则曲线关于直线对称.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前项和为，且满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用来求得正确答案.
【详解】根据题意，数列满足，
当时，有；
当时，有，不符合，
故
故答案为：
13. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为______.
【答案】4
【解析】
【分析】结合图形特征得出，，得出，再计算得出解得即得.
【详解】如图，分别过点作准线的垂线，垂足分别为点，
设，所以，由抛物线的定义得，所以，
在中，，又因为，
解得，又记准线与对称轴交于点，因为，解得，
即到抛物线准线的距离为4.
故答案为：4.
14. 在棱长为1的正方中，以D为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，若直线上的点到直线的距离最短，则点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，设，利用坐标运算求出在上的投影，利用勾股定理由表示出点P到直线的距离，再由距离最短，得到的值，进而求得P点坐标.
【详解】以D为原点、、所在直线分别为x轴，y轴， z轴建立空间直角坐标系，
正方体的棱长为1，
则，
，
设，
则，
即，
，
在上的投影为，
点P到直线的距离为：
，
当时，点P到直线的距离最短，
所以点P的坐标为.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知的三个顶点分别是点
（1）求的外接圆C的标准方程．
（2）已知直线与圆相交于两点，求弦长的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知易得，进而确定圆心和半径，即可得圆的标准方程；
（2）由点线距离公式求弦心距，再由几何法求弦长即可.
【小问1详解】
由题设，则，
所以，故是外接圆的直径，
所以所求圆的圆心为，半径为2，即圆的标准方程为.
【小问2详解】
由到距离，
所以.
16. 若数列的前项和为，且，等差数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由条件求数列的公差，再求数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
因为①，
所以②，，
①②得，又
所以，故数列是以为公比，首项为的等比数列，
，
，
等差数列的公差为.
【小问2详解】
由（1）可得，
，
两式相减得，
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，可得，即可证明；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离的向量法求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，
，，
，，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
，，，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又，平面，
，，又，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
为棱的中点，
，
（i），，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，
则二面角的余弦值为
（ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
则，，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是
,
，，
.
18. 设数列的前项和为.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的通项公式，并求数列的最大项.
【答案】（1）证明见解析
（2），最大项为
【解析】
【分析】（1）由可得，配凑后可证为等比数列；
（2）根据数列的单调性可求数列的最大项；
【小问1详解】
①，②，
②-①，，
故，
而①中令，又，
，，
是首项为1，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，
则，
所以数列是以首项为，公差为1的等差数列.
所以，解得
由，
解得，单调递增；当，单调递减；
所以，
所以数列的最大项为
19. 已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点．以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，
①若直线的斜率为1，求弦长．
②设直线与直线交于点．点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形．试问：直线PD是否过定点？若成立，请求出该定点坐标，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）①，②过定点，且定点为.
【解析】
【分析】（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求，可得椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理，由弦长公式求，由中点坐标公式得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，，进而根据点斜式求解直线方程，即可求解.
【小问1详解】
由题意，设椭圆方程为，
以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，
所以且，可得，故，
所以椭圆方程.
【小问2详解】
设直线，联立，整理得，
设，显然，则，，
所以，
①若直线的斜率为1，则，故；
②设中点，则，，
由四边形是菱形，是的中点，且，所以直线的斜率为，
故，令，则，
所以，
设，则，，
所以，
对于，令，则，，
所以为，即，故直线PD过定点.