广东省深圳实验学校高中园2024-2025学年高二上学期第三阶段考试数学试题（解析版）

这是一份广东省深圳实验学校高中园2024-2025学年高二上学期第三阶段考试数学试题（解析版），共22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。
时间：120分钟 满分：150分 命题人：袁伟铭 审题人：杨小波
第一卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 已知直线l：，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把一般式转化为斜截式即可得出斜率.
【详解】由题意得：直线的斜截式方程为，所以直线的斜率为.
故选：B
2. 空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，，点N为BC的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则计算可得结果.
【详解】易知
故选：D
3. 、分别是双曲线左、右焦点，若关于渐近线的对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对称可知，再由中位线可知，即可得，，即可得渐近线斜率，进而可得离心率.
【详解】如图所示，设关于渐近线的对称点为，
易知，且为中点，，
则，，
所以，，
则，
即一条渐近线倾斜角为，
所以斜率，
所以离心率，
故选：A.
4. 等差数列的前项和为，其中，又2，，，，8成等比数列，则的值是（ ）
A 4B. C. 4或D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的前项和公式可求得的值，由等差数列的性质可求得值，利用等比数列的性质求得的值，即可求的值.
【详解】因为数列是等差数列，且，所以，解得，
由等差数列的性质可得，
因为2，，，，8成等比数列，所以，解得，
又，所以，所以，所以.
故选：A.
5. 已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂直关系设出直线的方程，代入点求出答案.
【详解】直线与直线垂直，
设直线的方程是
将代入直线中，，解得，
故直线的方程为.
故选：D.
6. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】把两圆的方程相减，得到两圆的公共弦所在直线的方程．由题意知圆的圆心在直线上，可得，再利用二次函数的性质可求最小值．
【详解】∵方程表示圆，
∴，即．
圆，圆，
两圆的方程相减，可得两圆的公共弦所在直线的方程：．
若圆平分圆的周长，则圆的圆心在直线上，
∵圆的圆心为，
∴，即，
∴，
∴当时，取最小值9．
故选：D．
7. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为的准线，则（ ）
A. B.
C. 以为直径的圆与相切D. 为等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由直线过抛物线的焦点，即可求得，进而判断A；将直线方程代入抛物线方程，结合韦达定理得出，由焦半径公式即可判断B；由的中点的横坐标得出中点到抛物线的准线的距离，即可判断C；分别求出两点的坐标，根据韦达定理即可判断D．
【详解】对于A，直线过抛物线的焦点，可得，所以，故A错误；
对于B，抛物线方程为：，与交于两点，
直线方程代入抛物线方程可得，，所以，
所以，故B不正确；
对于C，的中点的横坐标为，中点到抛物线的准线的距离为，
所以以为直径的圆与相切，故C正确；
对于D，由B得，，解得或，
不妨设，则，
所以，，
所以不是等腰三角形，故D错误；
故选：C
8. 在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前项和为，利用上述方法求（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将裂成两项，再运用待定系数法求解裂成两项的系数，接着利用裂项相消法求和即得.
【详解】设，
左右对照可得，解得
所以，
则数列的前项和为：
，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查运用裂项相消法解决“等差×等比数列”的求和问题，属于难题.解题的关键在于按照题意，将数列通项写成两项的差的形式，通过待定系数法确定各项系数，再裂项相加即可.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分．
9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ）
A. B.
C. D. 不是平面的一个法向量
【答案】BD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.
【详解】由为正方体，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则､.
对于选项，，则，故错误；
对于选项，，则，故正确；
对于选项，，故，故错误；
对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.
故选：.
10. 2022年卡塔尔世界杯会徽正视图近似伯努利双纽线．伯努利双纽线最早于 1694 年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 双纽线是中心对称图形
B.
C. 双纽线上满足的点有2个
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.先由双纽线的定义得到方程，将 替换方程中的 判断；B. 由求解判断；C. 由方程令求解判断；D. 由 ，结合余弦定理判断.
【详解】由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，
则双纽线的方程为，
将替换方程中的，方程不变，
故双纽线关于原点成中心对称，故A正确；
由等面积法得，则，
所以，故B正确；
令，得，解得，
所以双曲线上满足的点有一个，故C错误；
因为，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
11. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列. 如数列，它的前后两项之差组成新数列，新数列为等差数列， 则数被称为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前6项分别为，设其通项公式则下列结论中正确的是（ ）
A. 数列的公差为2B.
C. 数列的前7项和最大D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二阶等差数列定义可知数列的公差为，可得，计算可知B正确，再由累加法可得，利用数列的函数性质可得数列的前6项和最大，将代入计算可得D正确.
【详解】因为二阶等差数列，其前6项分别为4，8，10，10，8，4，
从第二项开始，每一项与前一项的差组成新数列的前5项为，
易知新数列的公差为，即数列的公差为，即A错误.
易知是以首项为4，公差为的等差数列，
利用等差数列前项和公式可得,即B正确.
由等差数列通项公式可得，
所以，，……，，
累加可得；
，
利用二次函数性质可知当时，数列单调递减，且前6项均为正数，
易知，所以，因此数列的前6项和最大，即C错误；
由可得，即D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据二阶等差数列定义求出数列的通项公式，再由数列的函数性质可得结论.
第二卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分．
12. 已知（1，3），（3，-1）是等差数列图像上的两点，若5是p，q的等差中项，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出等差数列的通项公式，代入给定的两个点的坐标，求出通项公式.利用等比中项求得的值，最后求得的值.
【详解】设等差数列通项公式为，代入点的坐标得，解得，即，由于是的等差中项，故，所以.
【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的函数特征，考查等差中项的公式，考查等差数列下标和的性质. 等差数列通项公式的若用函数观点来看，是一个一次函数，并且自变量值正整数.若成等差数列，则有.
13. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日最先发现．如图，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则长方形R的面积的最大值为__________．
【答案】8
【解析】
【分析】结合椭圆方程以及“蒙日圆”定义，求出“蒙日圆”的方程，设圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为，表示出长方形的面积，结合正弦函数性质，几尅去的答案.
【详解】由题意长方形R的四条边均与椭圆相切，
故任意一个长方形R的四个顶点都在同一个圆上，而（为椭圆的长半轴、短半轴长），
当长方形的四条边边恰好通过椭圆的四个顶点时，
此时长方形顶点到原点的距离为，
结合椭圆的“蒙日圆”定义可知，该圆的方程为，即半径为，
设圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为，
则长方形的两条边长为，
则长方形面积，
当时，，
故答案为：8
14. 如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点为原点，建立空间直角坐标系，并求出点的轨迹方程，并利用，求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围.
【详解】，得，即，
中，根据余弦定理，，
根据正弦定理，，得
如图，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点,,
设点，翻折后点的投影在轴上，所以的纵坐标为0，即，，
由，根据两点间距离公式，，
整理为
如右图，在翻折过程中，作于点，则，
并且，平面，
所以平面，平面,
所以，即，其中，
又动点在线段上动，设，故，且，
由，得，，
又因为，对应的的取值为，即,
.
则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角问题，关键1，求点的轨迹，关键2，根据几何关系可得，根据坐标运算，即可求解.
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. 已知点都在圆上；
（1）求圆的标准方程；
（2）已知圆与圆相交于，求直线的方程，并求.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，设圆一般方程为，列出方程组求出，然后化为标准方程即可；
（2）根据两圆的方程相减可得直线的方程，利用点到直线的距离公式和弦长公式计算可求出．
【小问1详解】
设圆的一般方程为，
∵点都在圆上，
∴，解得，
∴圆的一般方程为，
化为标准方程为：.
【小问2详解】
圆，圆，
圆与的方程相减得，即，
∴直线的方程为，
圆的圆心，半径，
∵到直线的距离为，
∴.
16. 求满足下列条件的抛物线的标准方程．
（1）过点；
（2）焦点在直线上；
（3）焦点到准线的距离是4．
【答案】（1）或．
（2）或．
（3）或或或．
【解析】
【分析】（1）分过点的抛物线开口向左或开口向上两种情况设抛物线的标准方程求解即可；
（2）由直线与坐标轴的交点为焦点，再由抛物线的性质求解即可；
（3）由抛物线的性质求解即可；
【小问1详解】
由于点在第二象限，所以过点的抛物线开口向左或开口向上．
若抛物线开口向左，焦点在轴上，设其标准方程为．
将点的坐标代入，可得，所以，
所以抛物线的标准方程为；
若抛物线开口向上，焦点在轴上，设其标准方程为．
将点的坐标代入，可得，所以，所以抛物线的标准方程为．
综上所述，所求抛物线的标准方程为或．
【小问2详解】
因为直线与轴的交点为，所以抛物线的焦点为，所以，解得，
所以抛物线的标准方程为．
因为直线与轴的交点为，所以抛物线的焦点为，所以，解得，
所以抛物线的标准方程为．
综上所述，所求抛物线的标准方程为或．
【小问3详解】
焦点到准线的距离，焦点可在轴或轴上，故有四种情况，所求抛物线的标准方程为或或或．
17. 已知等比数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列及数列的前项和.
（3）设，求的前项和.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；
（3）可得，可得的值.
【详解】解：（1）由题意得：，可得，，
由，可得，由，可得，可得，
可得;
(2)由，可得，
由，可得，可得，
可得的通项公式：=，
可得：
① -②得：=，
可得;
(3)由 可得
，
可得：=
==
【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质及数列的求和，综合性大，难度中等.
18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
（1）求证：面；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求得平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解.
（3）先根据相似三角形的边长成比例确定F的位置，再求得平面的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式求解即可.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面，底面，
则，由底面是正方形，得，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，
，设平面的法向量为，
则，令，得，则，
而平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，且，
设平面的法向量为，
则，取，得，
，而，则，
即，则的一个法向量为，
因此，
而，则，
所以平面与平面的夹角为.
【小问3详解】
因为底面，底面,
所以
底面是正方形，所以,
,平面,
所以平面,平面,
所以，所以在为直角三角形，
又由题知，所以在也为直角三角形，
故与相似，
则，
,，
而，所以，
所以是线段PB中靠近点P的三等分点，
由第（1）小问可知，，，，
因为是线段PB中靠近点P的三等分点，所以点，
设平面的一个法向量为，
而，，
则有，令，则，，，
，，
设B点到平面的距离为，
则；
故B点到平面的距离为.
19. 如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D(－，0).设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.
(1) 求k1k2的值；
(2) 记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；
(3) 求证：直线AC必过点Q.
【答案】(1) －；(2)存在，λ＝；(3) 证明见解析
【解析】
【分析】
(1) 直接设出B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，求出k1，k2，并运用椭圆方程消去y0即可；
(2) 设出直线AP为y＝k1(x－2)，与圆联立得出点P坐标，与椭圆联立得出点B坐标，通过斜率公式求出kPQ和kBC即得λ的值；
(3) 通过直线PQ与x轴垂直时特殊的位置，猜想直线AC过点Q，再证明当直线PQ与x轴不垂直时，直线AC也过点Q，先通过直线PQ方程与圆方程联立，求出点Q坐标，再通过证明斜率相等来证明三点共线，从而证得直线AC必过点Q.
【详解】(1) 设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，＋＝1，
因为A(2,0)，所以k1＝，k2＝，
所以k1k2＝.
(2) 设直线AP方程为y＝k1(x－2)，联立
得(1＋)x2－4x＋4(－1)＝0，解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，
联立得(1＋4)x2－16x＋4(4－1)＝0，
解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，
所以kBC＝，kPQ＝＝＝，
所以kPQ＝kBC，故存常数λ＝，使得kPQ＝kBC.
(3) 设直线AC方程为y＝k2(x－2)，
当直线PQ与x轴垂直时，Q，
则，所以k1＝－，即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝，
则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.
当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ方程为y＝
，
联立解得xQ＝，yQ＝，
因为k2＝＝＝－，
所以kAQ＝＝－＝k2，故直线AC必过点Q.
【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，考查椭圆中的定值与定点问题，设出直线方程是常用方法．本题方法是设出直线方程，求出交点坐标，求斜率，验证结论．本题对学生的运算求解能力要求较高，属于难题．