2021-2022学年河北省沧州市任丘市第一中学高二上学期第三次阶段考数学试题（解析版）

2021-2022学年河北省沧州市任丘市第一中学高二上学期第三次阶段考数学试题

一、单选题

1．设，向量，，，且，，则（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.

【详解】由题意，向量，，，

因为，可得，解得，即，

又因为，可得，解得，即，

可得，所以.

故选：C.

2．已知直线，则下列结论正确的是（    ）

A．直线的倾斜角是 B．直线在轴上的截距为1

C．过与直线平行的直线方程是 D．若直线，则

【答案】C

【分析】根据直线的相关知识逐项验证即可得出答案.

【详解】根据题意，直线方程可写为，

所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.选项A错误；

时，，所以选项B错误；

过点与直线l平行的直线方程写为

化简为，所以选项C正确；

选项D中直线m的斜率为，，即两直线的斜率之积不等于-1

所以两直线不垂直，选项D错误.

故选：C.

3．若曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】由导数求出参数，将切点代入切线方程即可求出.

【详解】，依题意可得，即，因为，所以.

故选：D

4．在长方体中，，E，F，G分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量公式求解即可

【详解】

由长方体的性质两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系

则

故

，由于异面直线所成角的范围是

故异面直线与所成角的余弦值是

故选：D

5．已知数列中，，，则（    ）．

A．3009 B．3031 C．3010 D．3030

【答案】B

【分析】由条件求数列的前几项，由此确定数列具有周期性，利用组合求合法求.

【详解】在数列中，，，可得，，，…，即奇数项为1，偶数项为2，

则．

故选：B．

6．已知函数，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用瞬时变化率的概念及运算求解即可.

【详解】

又

，

即.

答案：D.

7．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10，…构成数列，记为该数列的第项，则（    ）

A．2016 B．4032 C．2020 D．4040

【答案】A

【分析】通过观察法可得，再利用累加法求出通项公式即可计算的值.

【详解】依题意，，，，…，于是有，

则当时，，而满足上式，因此，，

所以.

故选：A.

8．设椭圆（）的左焦点为F，O为坐标原点．过点F且斜率为的直线与C的一个交点为Q（点Q在x轴上方），且，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接Q和右焦点，可知|OQ|＝，可得∠FQ＝90°，由得，写出两直线方程，联立可得Q点坐标，Q点坐标代入椭圆标准方程可得a、b、c关系﹒

【详解】设椭圆右焦点为，连接Q，

∵，，∴|OQ|＝，∴∠FQ＝90°，∵，∴，FQ过F(－c，0)，Q过(c，0)，

则，

由，

∵Q在椭圆上，∴，又，解得，

∴离心率．

故选：D．

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．直线与直线互相垂直是的必要不充分条件

B．已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是．

C．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为

D．已知，O为坐标原点，点是圆外一点，直线m的方程是，则m与圆相交

【答案】ABD

【分析】对A，根据两条直线垂直求出a的值，进而判断答案；

对B，作出图形，当直线绕点P旋转时可以得到直线斜率的范围；

对C，考虑截距为0的情况即可判断；

对D，根据点在圆外得到不等式，然后求出圆心到直线的距离并与半径比较大小，最后得到答案.

【详解】对A，若两条直线互相垂直，则，故A正确；

对B，如图，

，根据图形，若直线l与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围是，B正确；

对C，易知直线y=x满足题意，C错误；

对D，因为点在圆外，所以，则圆心到直线的距离，则m与圆相交，D正确.

故选：ABD.

10．已知数列满足：，，其前项和为，则（    ）

A．的通项公式可以是

B．若，为方程的两根，则

C．若，则

D．若，则使得的正整数n的最大值为11

【答案】BD

【分析】根据，得数列是等差数列，设公差为，则，

求出，即可判断A；

利用韦达定理可得，从而可求得公差，求得即可判断B；

根据求得公差，从而可求得，即可判断C；

根据求得公差，从而可求得，解不等式，从而可判断D.

【详解】解：因为，则，

所以数列是等差数列，设公差为，则，

对于A，若，则，，

所以，所以数列不是等差数列，与题意矛盾，故A错误；

对于B，若，为方程的两根，则，

即，解得，则，

所以，所以，故B正确；

对于C，，解得，

所以，故C错误；

对于D，由，得，解得，

所以，

由，即，解得，

所以正整数n的最大值为11，故D正确.

故选：BD.

11．已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点.若线段的长是16，中点到轴的距离是6，为坐标原点，则（     ）

A．抛物线的方程是 B．抛物线的准线为

C．直线的斜率为1 D．的面积为

【答案】AD

【分析】结合抛物线的定义求得，由此判断AB选项的正确性.设出直线的方程，联立直线的方程和抛物线方程，结合弦长求得直线的斜率，由此判断C选项的正确性.求得的面积，由此判断D选项的正确性.

【详解】依题意直线过抛物线的焦点，，中点到轴的距离是6，

结合抛物线的定义可知，

所以抛物线方程为，准线为，所以A正确，B错误.

抛物线焦点坐标为，设直线的方程为，

，消去并化简得，

设，则.

所以，解得.所以C错误.

当时，直线的方程为，即，原点到直线的距离为，

所以.当时，同理求得，D正确.

故选：AD

12．已知函数．则下列说法正确的是（    ）

A．当时，

B．当时，直线与函数的图像相切

C．若函数在区间上单调递增，则

D．若在区间上恒成立，则

【答案】ABD

【分析】对于A：当时，，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性，从而求得函数的最小值；

对于B：当时，，求导函数，设切点为，则过切点的切线方程为：，由切线过原点，求得，继而求得过原点的切线方程；

对于C：问题等价于在区间上恒成立，分离参数得在区间上恒成立，令，求导函数，分析导函数的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断；

对于D：问题等价于在区间上恒成立，时，不等式恒成立；当时，分离参数，令，求导函数，分析的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断.

【详解】解：对于A：当时，，则，令，得，

所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

所以，所以，故A正确；

对于B：当时，，则，

设切点为，则过切点的切线方程为：，因为切线过原点，

所以，解得，此时，所以直线与函数的图像相切，故B正确；

对于C：由函数得，

因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，

令，则，又令，所以，，函数单调递减，

所以，所以，故C不正确；

对于D：在区间上恒成立，等价于在区间上恒成立，

当时，不等式恒成立；

当时，恒成立，令，则，令，得，

因为，，函数单调递减，

所以，所以，故D正确；

故选：ABD.

三、填空题

13．已知函数，则______________.

【答案】4

【分析】利用导数的运算法则两边同时求导，然后令，可得到关于的方程，求解即得.

【详解】，∴.，∴.

故答案为：4.

14．若圆的圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得的弦长为，则的值为___________.

【答案】4或

【分析】由题意列出方程组，求解方程组确定，的值即可求得的值.

【详解】设圆半径为，由题意可得

，

解得，，或，，

故的值为4或.

故答案为：4或.

15．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个整数为，当时，则符合条件的所有的和为____________.

【答案】371

【分析】由题设a=3m+2=5n+3, m, n∈N*，则3m=5n+1，对m分类分析，可知m=5k+2，得到a=15k+8，k∈Z，由a∈[1,100]求得a的取值，再由等差数列的前n项和求得答案.

【详解】由题意知，a=3m+2=5n+3, m, n∈N*，

则时，不存在；

当时，不存在，

当时，，满足题意；

当时，不存在

当时，不存在，

故，

则共7个数，且这些数构成以8为首项，15为公差的等差数列，

这33个数的和为.

故答案为：.

16．在平面直角坐标系中，双曲线的上支与焦点为的抛物线交于两点．若，则该双曲线的渐近线方程为___．

【答案】

【解析】将双曲线与抛物线方程联立，消去利用韦达定理可得，根据抛物线的焦半径公式可得，化简即可求解.

【详解】由双曲线的方程

与抛物线的方程联立得，

消化简得，

设，则，

由抛物线的定义得

又因为，所以，

所以，化简得，所以，

所以双曲线的渐近线方程为，

故答案为：．

四、解答题

17．已知数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用，结合已知条件，即可容易求得通项公式；

（2）根据（1）中所求，对数列进行裂项求和，即可求得.

【详解】（1）当时，.

当时，，

因为当时，，

所以.

（2）因为，

所以，

故数列的前项和 .

18．在平面直角坐标系xOy中，已知两定点A(－2，2)，B(0，2)，动点P满足．

(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)过点(0，1)的直线l与轨迹C相交于M、N两点，且，求直线l的方程．

【答案】(1)；

(2)x＝0或3x＋4y－4＝0﹒

【分析】(1)设动点的坐标，直接利用已知的等式，代入化简即可；

(2)分直线斜率存在和不存在两种情况进行分析，利用圆心到直线的距离列出方程求解即可．

【详解】（1）设动点的坐标为，

则，

整理得，

故动点的轨迹是圆，方程为；

（2）由(1)知动点的轨迹是圆心为，半径的圆．

设为中点，则，得，

圆心到直线的距离，

当直线的斜率不存在时，的方程为，

此时，符合题意；

当直线的斜率存在时，

设的方程为，即，

由题意得，解得；

故直线的方程为，

综上直线的方程为或．

19．如图，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，是的中点，．

(1)证明：平面平面；

(2)若是棱上的一点，从①；②二面角大小为；③的体积为这三个论断中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）证明平面，再由面面垂直的判定定理即可求证；

（2）选①②作为条件，证明③成立，设，利用向量法求二面角，据此求出m,由棱锥体积公式即可求证；选①③作为条件，证明②，由三棱锥体积求出，利用向量法求二面角的大小即可；选②③作为条件，证明①，根据体积求出，再由二面角的大小，根据向量法求参数即可求证.

【详解】（1）因为，是的中点，

所以，又因为，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面．

（2）连接，又因为是边长为的等边三角形，

所以，由（1）知平面，所以，，

两两互相垂直． 以为坐标原点，，，所在

直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系．

设，则，，，，，      

若选①②作为条件，证明③成立．

因为，所以，易知平面的法向量为，

，，

设是平面的法向量，

则，所以，可取，  

由二面角大小为可得，解得，

所以的体积为．       

若选①③作为条件，证明②成立．

因为的体积为，所以，解得，

又因为，所以，易知平面的法向量为，

，，

设是平面的法向量，

则所以，可取，        

所以，即二面角大小为．

若选②③作为条件，证明①成立．

因为的体积为，所以，解得，即，

，不妨设（），所以，

易知平面的法向量为，

，，

设是平面的法向量，

则所以，

，解得（舍），，

所以．

20．已知函数.

（1）当时，求函数的极值；

（2）若对，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）.

【分析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；

（2）对进行常变量分离，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.

【详解】（1）函数的定义域为，

当时，.由，得.

当变化时，，的变化情况如下表

所以在上单调递减，上单调递增，

所以函数的极小值为，无极大值.

（2）对，恒成立，即对，恒成立.

令，则.由得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，因此.

所以的取值范围是.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.

21．已知数列中，，.

(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；

(2)数列满足，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，即可求出的通项公式；

（2）依题意可得，再利用错位相减法求出，则，再根据指数函数的性质对分奇偶两种情况讨论，即可求出参数的取值范围；

【详解】（1）解：因为，，所以，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以

（2）解：因为，所以，

所以

两式相减得，

所以，所以．

令，易知单调递增，

若为偶数，则，所以；

若为奇数，则，所以，所以．

所以．

22．已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆C上，点到椭圆的右焦点的距离为2，过点P作直线交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若，，求直线斜率k的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件可得，，，解出即可得答案；

（2）由可得，然后分垂直x轴、不垂直x轴两种情况讨论，当不垂直x轴时，设直线方程为，，，然后联立直线与椭圆的方程消元，韦达定理得到，，然后由可得，然后可解出答案.

【详解】（1）圆的圆心为

因为在椭圆上，所以

因为点到椭圆的右焦点的距离为2，所以，即

所以，从而可解得

所以椭圆C的方程为；

（2）由，得，

即，可得，

①当垂直x轴时，，因为，所以，不符合题意；

②当不垂直x轴时，设直线方程为，联立方程，得，

设，，所以，，

由可得，

所以，即

所以，因为，所以，解得；

所以直线斜率k的取值范围为．