河北省邯郸市高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省邯郸市高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4，共14页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 抛物线准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的准线方程直接得答案.
【详解】抛物线开口向右，，准线方程是，
故选：C．
2. 已知空间向量，，则与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量夹角的余弦公式计算即可.
【详解】因，，
所以，，，
所以与的夹角的余弦值是，
故选：B
3. 已知直线l过原点O，将直线l绕点O顺时针旋转后，恰与y轴重合，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据倾斜角求出直线斜率得解.
【详解】因为y轴的倾斜角为，
所以直线l的倾斜角为，直线斜率，
所以直线l的方程为，
故选：D
4. 已知的三个内角A，B，C成等差数列，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由A，B，C成等差数列得到，再利用求解；
【详解】解：因为A，B，C成等差数列，
所以．又，
解得，
所以，
故选：C．
5. 一个容积为2升的瓶中装满某种水溶液，从中倒出1升后用水添满摇匀，再倒出1升混合溶液后再用水添满摇匀，如此进行下去，若使得瓶中溶液浓度低于原来的10%，则至少需要倒（ ）
A. 3次B. 4次C. 5次D. 6次
【答案】B
【解析】
【分析】倒n次后浓度变为，从而得到不等式，求出答案.
【详解】设该种水溶液的原浓度为a，倒1次后浓度变为，倒2次后浓度变为，…，
倒n次后浓度变为，令（n为正整数），解得.
故选：B．
6. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，点P是C上一点，若，则C的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合离心率公式即可求得范围.
【详解】由题可知，所以．
又因为，所以，，
所以C的离心率的取值范围是，
故选：D．
7. 过圆内一点作互相垂直的两条直线AB，CD，与圆分别交于A，B，C，D四点，则的最大值是（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】设，，用表示，再结合基本不等式的知识即可得最大值.
【详解】过点O分别作AB，CD的垂线，垂足为M，N，则四边形OMPN为矩形，
所以．
设，，则，，
所以，，所以．
因为
（当且仅当时取得最大值），所以的最大值为，
故选：A．

8. 如图，已知三棱锥的侧棱，，且两两所成的角均为60°．若空间中的点D，E满足，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，再对已知式子化简可得，，从而可得点D，E分别在以AB，AC为直径的球面上，进而可求出的最大值.
【详解】因为，，且两两所成角均为60°，
所以，
．
由，得，
所以，
由，得，
所以，所以，
因此点D，E分别在以AB，AC为直径的球面上，两个球的半径分别为，，
设点，分别是AB，AC的中点，则，
所以DE的最大值为，
故选：A．
二、选择题：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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在平面直角坐标系中，过圆外的动点作圆的两条切线，切点为，则下列结论正确的有（ ）
A. 若点，则四边形的面积是
B. 若点，则四边形的外接圆方程是
C. 若点在直线上，则所在圆的直径的最小值是
D. 当取得最小值时，点到圆心的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，即可求解；对于B，由四边形的外接圆的直径是，即可求解；对于C，当与直线垂直时，直径最小，即可求解；对于D,由到圆心的距离为，确定 为正方形，可判断；
【详解】若，则，又，，，
所以，所以，A正确；
四边形的外接圆直径是，若，则，圆心为，
故外接圆方程是，B不正确；
因为原点O到直线的距离为，
所以当为垂足时，以为直径的圆的直径最小，为，C正确；
若点到圆心O的距离为，易得：，此时四边形是正方形，此时，
易知，当时，，，故D不正确，
故选：AC．
10. 已知数列满足，．若，记数列的前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】AB选项，为等差数列，且公差为2，从而得到，进而得到；CD选项，裂项相消法求和得到，根据数列的单调性得到.
【详解】AB选项，因为，
所以为等差数列，且公差为2，又，故首项为，
所以，即，A正确，B不正确；
CD选项，因为，
所以，
，且关于单调递增，且，
所以，C，D都正确.
故选：ACD．
11. 如图，四面体由矩形ABCD沿对角线AC折叠而成，其中，，当向量和所成的角为45°时，下列结论正确的有（ ）

A. 折叠过程中四面体外接球的表面积恒等于
B. 棱BD的长度为4
C. 平面ABD
D. 四面体的四个面都是直角三角形，其内切球的半径是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据几何体特征以及矩形的边长得到球心的位置和半径可知A正确.由向量数量积运算可得可知B不正确.由勾股定理可知，再由线面垂直判定定理可知C正确.利用等积法可算得内切球半径可知D正确.
【详解】对于A，在四面体中，，，，，
外接球的球心在AC的中点处，且半径，所以表面积为，A正确；
对于B，因为，
又因为，所成的角为45°，所以，解得，B不正确；
对于C，由勾股定理，得，又，所以，，
又，所以平面ABD，C正确；
对于D，由勾股定理，得，，又，，
所以四面体的四个面都是直角三角形，
易得，
四面体的表面积，
设内切球的半径为r，所以由等积法可得，解得，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若椭圆的一条弦AB的中点为，则直线AB的斜率为______．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】利用点差法得，再代入M点坐标即可得答案.
【详解】易知，，设椭圆中心为O，
不妨设坐标为，则，
两式作差可得：，
设，OM的斜率，
则，解得．
故答案为：.
13. 已知数列满足，当时，，则数列的通项公式______．
【答案】
【解析】
【分析】由数列的递推关系得是等差数列，再结合等差数列的通项公式求解可得答案.
【详解】因为当时，，两边同时除以得，
则数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，即．
故答案为：.
14. 如图，正方体的棱长为2，点M为侧面内的动点，，点N在对角线上且，则MN的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】易得点M在侧面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧．然后以点D为原点建立空间直角坐标系，设，得到，由，得到，利用向量的模求解.
【详解】点M在侧面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧．
以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
设，则．
因为，所以，
所以，
所以．
当时，最小，最小值为．
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. 已知数列的前n项和满足，数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）与由Sn与an的关系结合对数运算即可得答案；
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
当时，．
当时，，显然也满足，
所以数列的通项公式为，所以，
故数列的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）得，
则，
所以，
两式相减可得，
所以，
故数列的前n项和．
16. 已知平面直角坐标系xOy内的直线：与直线：，平面内点M向直线，作垂线，垂足分别为P，Q，记，，定义点M的“距离坐标”为．
（1）当时，求点M轨迹方程．
（2）“距离坐标”为的点M共有几个？请写出其坐标．
（3）求“距离坐标”为的点M到原点O的距离．
【答案】（1）和
（2）点M共有4个，其坐标为，，，
（3）4或
【解析】
【分析】（1）由，根据点M的坐标的定义和角平分线的定义求解；
（2）由，得到点M在与直线：平行的直线方程，同理得到时，点M在与直线平行的直线方程，然后联立求解；
（3）易得点M满足，分和，利用余弦定理求得，再由OM是四边形OPMQ外接圆的直径，利用正弦定理求解.
【小问1详解】
解：若，则点M到直线，的距离相等，
所以点M的轨迹是∠POQ的平分线所在直线，
轨迹方程为和．
【小问2详解】
当时，点M在与直线：平行且距离为1的两条平行线上，易得，所以方程为．
同理，当时，点M在与直线平行的两条直线上．
综上所述，与的交点有4个，即“距离坐标”为的点M共有4个，
其坐标为，，，．
【小问3详解】
“距离坐标”为的点M满足，
若，则，
由余弦定理得，
OM是四边形OPMQ外接圆的直径，由正弦定理得，
同理，当时，，，
．
综上所述，“距离坐标”为的点M到原点O的距离为4或．
17. 已知抛物线上的点P的纵坐标为，点P到焦点F和原点O的距离相等．
（1）求抛物线的方程．
（2）若AB，CD是抛物线的两条不同的弦，且满足．
（ⅰ）求证：直线AB，CD过同一个定点Q；
（ⅱ）过原点O作AB，CD的垂线，垂足分别为M，N，求四边形OMQN面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2
【解析】
【分析】（1）由题意得，代入抛物线方程即可求得p值，则抛物线方程可得；
（2）（i）设直线AB的方程为，联立直线方程与抛物线方程，求得t值即可得直线AB过的定点，同理得CD过的定点即可得证；
（ii）先确定O，M，Q，N四点在以OQ为直径的圆上，结合图象即可直接求得四边形OMQN面积的最大值.
【小问1详解】
原点，焦点，因为，
所以点P在线段OF的垂直平分线上，故，
代入抛物线方程可得．又，所以，
所以抛物线方程为．
小问2详解】
（ⅰ）证明：设直线AB的方程为，，，
与联立可得，且，，
由韦达定理可得．
又，即，
所以，解得，所以直线AB：经过定点，
同理，直线CD也经过定点．
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，，
所以O，M，Q，N四点在以OQ为直径的圆上，圆心即焦点．
当MN经过圆心F且与OQ垂直时，四边形OMQN的面积最大，
此时四边形OMQN的面积为2，即四边形OMQN面积的最大值为2．
18. 如图，三棱柱中，，，，点P是棱的中点，连接BP，，，．
（1）（ⅰ）求的长；
（ⅱ）判断直线和平面BCP是否垂直，并证明你的结论．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）直线平面BCP，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）由题意求出结合勾股定理得，，再结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
（ⅰ）由题设，，，，
所以为等边三角形，，所以，所以为等边三角形，
在中，由余弦定理，得，故，
在中，由余弦定理，得，
所以．
（ⅱ）直线平面BCP．
证明如下：在中，．
由可得，由得．
又，所以．
又，平面BCP，
所以直线平面BCP．
【小问2详解】
由（ⅱ）知直线平面BCP，又平面，
所以平面平面BCP．
过点P作平面的垂线PD，则，PB，PD两两垂直，
故以点P为原点，，PB，PD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则点，，，，
所以，，．
设平面与平面的法向量分别为，，
则，即，取，则，，
则．
同理，即，取，则，则，
所以，即平面与平面夹角的余弦值是．
19. 已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为，，且焦点到渐近线的距离为．点P是双曲线上不同于A，B的任意一点，过点作的平分线的垂线（垂足为M）交直线于点Q，（O为坐标原点）．过右焦点的直线交双曲线的右支于C，D两点，记，的内切圆的圆心分别为，．
（1）求双曲线的标准方程，并求出直线CD的倾斜角的取值范围．
（2）（ⅰ）证明：，在一条定直线上．
（ⅱ）求，到右顶点B的距离之差的取值范围．
【答案】（1），
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用焦点到渐近线的距离和焦点距离求出双曲线的值，得到标准方程，通过直线与双曲线方程联立，结合韦达定理和判别式求解直线斜率的范围，进而得到倾斜角的范围.
（2）（ⅰ）利用双曲线定义和内切圆性质，证明的横坐标均为，即它们在直线上；（ⅱ）由于的的横坐标与右顶点相同，应用图形特征得出最后结合角的范围计算求解.
【小问1详解】
焦点，到渐近线的距离均为b，故．
由角平分线的性质可知，在中，OM是中位线，则有．
又，即．又，，，所以，，所以双曲线的标准方程为．
知，渐近线的倾斜角分别为，，
当CD是通径时，其倾斜角；
当CD不是通径时，可设其方程为，代入双曲线方程，整理可得，．
由，可得，所以或，
综上所述，．
【小问2详解】
（ⅰ）设C在第一象限内，内切圆与，，的切点分别为R，S，T，
则，，，
所以．
因此，切点T是右顶点B，所以圆心在直线上；
同理，圆心也在直线上，从而在直线上．
（ⅱ）解：连接，，，，由（1）知，都垂直于，
且，平分，．知，．
当时，到右顶点B的距离之差为0．
当时，在，中，因为，所以，，
则，，所以．
因为，所以．
又，且，即或，所以或．
综上所述，，到右顶点B的距离之差的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：证明的关键点是内切圆性质的应用结合双曲线定义即可证明.