2021-2022学年天津市静海区第一中学高二上学期12月学生学业能力调研数学试题含解析

2021-2022学年天津市静海区第一中学高二上学期12月学生学业能力调研数学试题

一、单选题

1．在等差数列中，若 ，则 的值等于（　   　）

A．8 B．10 C．13 D．26

【答案】C

【分析】根据等差数列的性质求出，然后根据等差数列前项和公式结合等差数列的性质即可求出答案.

【详解】因为，所以，即，

所以.

故选：C.

2．已知等差数列的前项和为，若，且，则下列说法中正确的是（       ）

A．为递增数列 B．当且仅当时，有最大值

C．不等式的解集为 D．不等式的解集为无限集

【答案】C

【分析】用基本量法，求出首项和公差，再利用等差数列求通项公式，求和公式，再依次判断各选项，即可得解.

【详解】由，知，即

设等差数列的首项，公差，∴，解得，

对于A，由，知为递减数列，故A错误；

对于B，由，知当或时，有最大值，故B错误；

对于C，由等差数列求和公式知，即，解得，即，故C正确；

对于D，由等差数列求通项公式知，解得，故D错误；

故选：C

【点睛】思路点睛：本题考查等差数列的前项公式和通项公式，解题方法是基本量法，即由已知首先求出首项和公差，然后再求通项公式和前项和公式，考查学生的运算求解能力，属于一般题.

3．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.

【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，

依题意可得，，

，

，解得，

.

故选:A.

【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.

4．如图，､是双曲线：的左､右焦点，过的直线与双曲线交于､两点.若是中点且则该双曲线的渐近线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，利用双曲线的定义得，

再利用勾股定理建立方程组，消去,得到，进而得到的值，由得到双曲线的渐近线方程.

【详解】设，

 ,

①，

②,

由①可得

代入②式化简得：,

∴,∴,

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：A

【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义.

二、填空题

5．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为_________

【答案】

【分析】根据给定条件探求出椭圆长轴长与其焦距的关系即可计算作答.

【详解】设椭圆长轴长为，焦距为，即，

依题意，，而直线是圆的切线，即，则有，

又点在椭圆上，即，因此，，从而有，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：

6．已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于、两点，且，则圆的方程为_________

【答案】

【分析】利用对称条件求出圆心C的坐标，借助直线被圆所截弦长求出圆半径即可写出圆的方程.

【详解】设圆的圆心，依题意，，解得，即圆心，

点C到直线的距离，因圆截直线所得弦AB长为6，

于是得圆C的半径

所以圆的方程为：.

故答案为：

7．若双曲线（，）与双曲线有相同的渐近线，且经过点，则的实轴长为_________

【答案】

【分析】根据给定条件求出a，b的关系，再由双曲线过的点即可计算作答.

【详解】双曲线的渐近线为，而双曲线的渐近线为，

依题意，，又双曲线经过点，则，解得：，

所以双曲线的实轴长为.

故答案为：

8．若等差数列与等差数列的前n项和分别为和，且，则___．

【答案】

【分析】根据给定条件结合等差数列项的性质、等差数列前n项和公式计算作答.

【详解】等差数列与等差数列的前n项和分别为和，且，

于是得，

所以.

故答案为：

9．若抛物线的顶点在原点，开口向上，F为焦点，M为准线与y轴的交点，A为抛物线上一点，且，，则此抛物线的标准方程为______．

【答案】或

【分析】设所求抛物线的标准方程为，，结合抛物线的定义和距离公式求得，进而求得的值.

【详解】设所求抛物线的标准方程为，，由题知．

因为，所以，

因为，所以，所以，

代入方程，得，解得或．

故所求抛物线的标准方程为或．

故答案为：或．

10．如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于点、，交其准线于点，若，且，则此抛物线的准线方程为________

【答案】

【分析】设点在轴下方，设点、、，由已知可得出，求出点的坐标，设直线的方程为，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，利用抛物线的定义可求得的值，即可得解.

【详解】设点在轴下方，设点、、，易知点，

由已知可得，即，

所以，解得，即点

将点的坐标代入抛物线的方程可得，则，即点，

设直线的方程为，联立，可得，

，由韦达定理可得，则，

所以，，所以，，

因此，该抛物线的准线方程为

故答案为：.

11．已知关于的方程表示双曲线，求焦点坐标______

【答案】

【分析】将双曲线方程化成标准形式，确定m的范围即可计算作答.

【详解】双曲线：化为，于是得，

解得，即方程为：，因此，双曲线的焦点在x轴上，令半焦距为c，

则有，解得，

所以双曲线焦点坐标为：.

故答案为：

12．已知若圆上存在点P，使得，则m的范围________．

【答案】

【分析】由可得点P在以原点为圆心m为半径的圆上，再利用圆与圆的位置关系即可推理作答.

【详解】设点，由得：，整理得：，

于是得点P的轨迹是以原点O为圆心，m为半径的圆，而圆的圆心，半径为2，

显然圆O与圆C有公共点P，因此有，而，解得，

所以m的范围是.

故答案为：

三、双空题

13．已知棱长为1的正方体，若点P在正方体内部且满足则点P到AB的距离为_______；正方体，Q是平面ABCD内一动点，若EQ与ED所成角为，则动点Q的轨迹是______

【答案】          抛物线

【分析】根据给定的正方体建立空间直角坐标系，利用点到直线距离公式计算点P到AB的距离，

借助空间向量数量运算求出方程可得轨迹.

【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

于是得在上的投影向量长度为，

则点P到AB的距离为，

所以点P到AB的距离为；

因动点Q在平面ABCD内，设，则，而，又EQ与ED所成角为，

因此，，即有，整理得：，

所以动点Q的轨迹是抛物线.

故答案为：；抛物线

四、解答题

14．（1）在数列中，，，求数列的通项公式；

（2）若数列是正项数列，且，求数列的通项公式；

（3）在数列中，，，且满足，求数列的通项公式；设，求.

【答案】（1）；（2）；（3），.

【分析】（1）推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；

（2）令可求得的值，令，由可得出，两式作差可得出在时的表达式，然后对是否满足在时的表达式进行检验，即可得解；

（3）分析可知，数列为等差数列，求出该数列的公差，可求得数列的通项公式，化简的表达式，分、两种情况讨论，结合等差数列求和公式可求得的表达式.

【详解】（1）由已知可得，所以，数列是等差数列，且公差为，

所以，，故；

（2）当时，则有，所以，

当时，由，

可得，

上述两个等式相减得，所以，，也满足，

故对任意的，；

（3）因为对任意的，，故数列为等差数列，设该数列的公差为，

则，所以，.

所以，.

当时，，且，

当时，.

综上所述，，.

15．1.在如图所示的多面体中，平面，平面，，且，M是的中点.

(1)求证：；

(2)求平面与平面所夹角的余弦值；

(3)在棱上是否存在一点N，使得直线与平面所成的角是，若存在，求的长；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)在棱上存在一点N满足题意，且.

【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，进而证得；

（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的夹角公式求得答案；

（3）设，进而通过直线与平面所成的角是解出，最后求出.

(1)

因为平面，平面，所以，即四点共面.又因为平面，所以，而，为的中点，则，又，所以平面，而平面，于是.

(2)

如图，以C为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系.

则，所以，设平面与平面的法向量分别为，于是，令，则，，令，则，所以，由图可知：平面与平面所成夹角的余弦值为.

(3)

在棱上存在一点N满足题意.

设，，，则，.

因为直线与平面所成的角是，所以，解得：.

因为，则.故在棱上存在一点N满足题意，且.

16．已知在非零数列中，，数列的前项和．

(1)证明：数列为等差数列；

(2)求数列的通项公式；

(3)若数列满足，求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）已知等式两边同除以，由等差数列的定义得证；

（2）由及可得通项公式；

（3）求出后，由等差数列前项和公式计算．

(1)

证明   因为在非零数列中，，

两边同时除以，

可得，

所以．

又，所以，

所以是以1为首项．以为公差的等差数列．

(2)

解   因为数列的前项和，所以，

当时，

，

又对也成立，

所以．

(3)

解   由（1）可知，，

又由（2）可知，

所以，

可知为等差数列，

所以．

17．已知椭圆C：，F1(－1，0)，F2(1，0)分别为椭圆C的左，右焦点，M为C上任意一点，的最大值为1．

(1)求椭圆C的方程；

(2)不过点F2的直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点．

（i）若k2＝，且，求m的值；

（ii）若x轴上任意一点到直线AF2与BF2的距离相等，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

【答案】(1)＋y2＝1

(2)（i）m＝±1；（ii）证明见解析，定点坐标为(2，0)

【分析】（1）易得，再根据点为椭圆的短轴端点时，面积最大得到b=1即可.

（2）联立（i）利用弦长公式得到以及点到直线的距离，然后由求解；（ii）由轴上任意一点到直线与的距离相等，得到，然后利用韦达定理得到m，k得到直线的方程即可.

(1)

解：因为，分别为椭圆的左､右焦点，

所以，

当点为椭圆的短轴端点时，面积最大，此时，则b=1，

∴，

故椭圆的方程为；

(2)

解：由题意，联立得，

，得()

设，，则，，

（i）∵且，代入()得，，

，

设点到直线的距离为，则，

∴，

∴，则；

（ii），

由题意得，，

∴，即，

∴，解得，

∴直线的方程为，

故直线恒过定点，该定点坐标为

18．已知椭圆的长轴长为4，离心率为

(1)求椭圆的程；

(2)设椭圆的左焦点为F，右顶点为G，过点G的直线与y轴正半轴交于点S，与椭圆交于点H，且轴，过点S的另一直线与椭圆交于M，N两点，若，求直线MN的方程．

(3)圆锥曲线问题的关键一步是条件的翻译，所以请同学们不用解答，翻译下面的条件，转化为数学表达式：

①若直线与双曲线交于A、B两点，与其渐近线交于C、D两点，求证：AC=BD.

②椭圆的左顶点为D，上顶点为B，点A的坐标为，过点D的直线L与椭圆在第一象限交于点P，与直线AB交于点Q，设L的斜率为K，若，求斜率K的值.

③椭圆的左顶点为A，过点A作直线与椭圆交于另一点B，若直线交轴于点C，且，求直线的斜率.

【答案】(1)；

(2)或；

(3)答案见解析.

【分析】(1)根据给定条件求出椭圆C的长短半轴长即可作答.

(2)根据给定条件求出点H，S的坐标，推得，再由面积定理导出，

然后分直线MN斜率存在与不存在讨论即可推理计算作答.

(3)分析各问题，探讨出解决相应问题的关键条件并用数学表达式写出即得.

(1)

因椭圆的长轴长为4，离心率为，则，即，半焦距为，有，解得，于是得，

所以椭圆的程是.

(2)

由(1)知，，由得，因轴，且交y轴正半轴于，则有，

又，则，即，，

因，即，则有，

当直线MN斜率不存在时，直线MN方程为，必有点，，不符合题意，

因此，直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：，

由消去y并整理得：，设，

则有，由可得，即，

于是得，由解得：，即，

所以直线MN的方程为或.

(3)

①方程组与消去y后所得一元二次方程两根和相等，得线段AB与线段CD中点重合即可.

②设，依题意得，，

则有，由直线得，，

因，即得：，

所以有：，直线L的斜率不为0时，设L的方程为，求出，再讨论直线L的斜率为0的情况.

③直线的斜率存在，设的方程为：，可得，由求出点B的横坐标，

由弦长公式求出，由计算即可.

【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，联立直线方程与椭圆方程，消去x(或y)建立一元二次方程，

然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.