2023-2024学年河北省保定市第一中学高二上学期第四次阶段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省保定市第一中学高二上学期第四次阶段考试数学试题含答案，共17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。
一、单选题
1．若直线过两点，则此直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据斜率公式求出斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系即得.
【详解】因为直线过点，
所以直线的斜率为，
设倾斜角为，则，又，
解得.
故选：B.
2．已知等差数列的前项和为，，则下列等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件求得，然后根据等差数列前项和公式求得正确答案.
【详解】设公差为，则，
所以，B选项正确，其它选项无法求出确定结果.
故选：B
3．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可得焦点坐标.
【详解】由得：，
其焦点坐标为.
故选：A.
4．已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出的充要条件即可判断得解.
【详解】依题意，当直线与直线不相交时，，解得或，
当时，直线与直线平行，
当时，直线与直线平行，
因此，则或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
5．已知等比数列满足，且，则当时，
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.
【解析】1等比比数列的性质;2对数的运算法则.
6．已知数列，，，…，，…是首项为1，公比为2的等比数列，则下列数中是数列中的项的是（ ）
A．16B．128C．32D．64
【答案】D
【分析】先用累乘法求出，对四个选项验证得符合题意，即可求解．
【详解】，
当时，．
故选：D．
7．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
8．设是双曲线的右焦点，为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与轴切于点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于的方程，解出即可.
【详解】∵F到渐近线的距离为，∴，
则△FOH的内切圆的半径为，
设△FOH的内切圆与FH切于点M，则
由，得
，
即
即
即，
由，得，由于 解得，
故选：C
【点睛】对于直角三角形内切圆半径要记住，根据向量之间关系得到关系式，再将其转化为关于的二次式，再利用，转化为关于的方程，这是求解关于离心率问题的常用方法.
二、多选题
9．下列命题错误的是（ ）
A．经过定点的直线都可以用方程表示
B．直线的倾斜角的取值范围是
C．经过任意两个不同的点，的直线都可以用方程表示
D．不经过原点的直线都可以用方程表示
【答案】AD
【分析】利用反例说明A、D，根据斜率和倾斜角的关系判断B，根据直线的两点式方程判断C.
【详解】对于A：经过点且斜率不存在的直线方程为，
不能用方程表示，方程只能表示过点且斜率存在的直线，故A错误；
对于B：直线，即，斜率，
设直线的倾斜角为，则，又，
所以，故B正确；
对于C：当两个不同的点、的连线不垂直于坐标轴时，
直线方程为，即，
当直线斜率为或者斜率不存在时，也适合方程，
所以经过任意两个不同的点、的直线都可以用方程表示，故C正确；
对于D：如直线不经过原点，但是不能用方程表示，故D错误；
故选：AD
10．设等差数列的公差为d，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．数列中最大项为第6项
【答案】BCD
【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到，，再利用等差数列的通项公式得到关于d的不等式组进行求解，即可判定选项A错误、选项C正确；利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到判定选项B正确；利用判定选项D正确.
【详解】对于选项A、C：因为，，
则，，
又因为，则，解得
所以等差数列是递减数列，故A错误，C正确；
对于选项B：因为，所以，故B正确；
对于选项D：因为等差数列是递减数列，且，，
则，所以数列中最大项为第6项，故D正确；
故选：BCD.
11．下列四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则弦AB长度的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据给定条件逐一分析各选项中的已知信息，进行对应的推理计算，即可判断作答.
【详解】对于A，直线化为：，由得：，
所以直线恒过定点，A不正确；
对于B，圆的圆心到直线的距离为1，而圆的半径为2，则平行于且距离为1的两条直线分别过圆心以及和圆相切，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，B正确；
对于C，圆圆心，半径，圆的圆心，
半径，依题意两圆外切，则，即，解得，C正确；
对于D，圆的圆心，，点C到直线的距离，
则，由切线长定理知，直线PC垂直平分线段AB，于是得：
，
当且仅当点P是过圆心C向直线作垂直的垂足时取“=”，即弦AB长度的最小值为，D正确.
故选：BCD
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且.则下列结论中正确的有（ ）
A．当向运动时，总成立
B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】CD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可判断AC的正误，根据动点的运动性质可判断B的正误，利用体积公式可判断D的正误.
【详解】建立如图所示的空间几何体，
则，，
因为在上，且，故可设，
，
所以，
故不恒为零，故A错.
平面即为平面，而平面即为平面，
故当向运动时，二面角不变，故B错.
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
当，故，所以，
当且仅当时取最大值即取最小值，故C正确.
因为为定值，故为定值，为平面的距离即为到平面的距离，
故三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：CD.
【点睛】思路点睛：对于立体几何中动态问题中角的关系的讨论，可根据几何体的特征合理建系，把计算判断问题转化为向量的夹角问题，三棱锥体积的计算需选择合适的定点和底面来计算.
三、填空题
13．与直线垂直，且在x轴上的截距为的直线方程是 ．
【答案】
【分析】利用垂直关系求出所求方程的直线斜率，再利用直线的点斜式求出方程.
【详解】与直线垂直的直线斜率，显然该直线过点，
所以该直线方程是，即.
故答案为：
14．已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，则 ．
【答案】33
【分析】根据给定条件，求出及即可求出.
【详解】等比数列中，由，得，解得，则
由前n项和为，得，而，
因此，解得，即有，
所以.
故答案为：33
15．在等比数列中，，是方程的两根，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算即得.
【详解】由，是方程的两根，得，显然，
则，在等比数列中，同号，即，
又，，所以.
故答案为：
16．如图，抛物线C1：y2＝2px和圆C2：，其中p＞0，直线l经过C1的焦点，依次交C1，C2于A，D，B，C四点，则的值为 ．
【答案】
【分析】将题目分为直线l斜率不存在和存在两种情况，联立方程根据韦达定理得到，得到答案.
【详解】易知，圆C2的圆心即为抛物线C1的焦点，
设其焦点为F，当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为，
所以
当直线斜率存在时，设A(x1，y1)，D(x2，y2)．
则，同理|CD|＝x2，
设l 的方程为，
由，可得，
则，
综上，.
故答案为
【点睛】本题考查了抛物线定义以及抛物线中的定值问题，忽略斜率不存在的情况是容易犯的错误.
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，即可求解；
（2）根据等比数列的通项公式直接求解即可.
【详解】（1）设的公差为，则，
即，解得．
∴；
（2）∵，
∴．
【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等比数列的求和公式，属于基础题.
18．已知圆心C在直线上，圆C过点，．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知点，求过点M的圆C的切线方程．
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）求出线段中垂线的方程，进出求出圆心坐标，求出圆的方程.
（2）按切线斜率存在与否分类求出切线方程即得.
【详解】（1）线段的中点为，直线的斜率为，
因此线段中垂线的方程为，即，
由解得，于是圆C的圆心，半径,
所以圆C的标准方程是.
（2）显然点在圆外，
直线过点，圆C的圆心到直线的距离为2，因此直线与圆C相切，
当过的圆C的切线斜率存在时，设方程为，则，解得，方程为，
所以过点M的圆C的切线方程是，.
19．已知数列满足，，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用给定的递推公式变形，结合等比数列定义推理即得.
（2）利用（1）的结论结合等比数列通项公式，再利用累加法求解即得.
【详解】（1）数列中，，则，
由，，得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
当时，，满足上式，
所以数列的通项公式是.
20．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）过作，证明，，可得，由线面平行的判定可得平面；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与法向量所成角的余弦值可得结果．
【详解】（1）证明：如图所示，
过点作，则，且，
又，且，
四边形为平行四边形，则，
由，为中点，得为中点，而为中点，
，且，
四边形为平行四边形，则，
，
平面，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，，，
设平面的一个法向量为，
由，，取，，，
得，，
，.
与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定问题，也考查了空间想象能力与思维能力，以及利用空间向量求解问题，是中档题．
21．已知数列的前n项和为
(1)证明：数列{}为等差数列；
(2)，求λ的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由得的递推关系，变形后由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求得，从而代入已知等式后求得得，然后化简不等式并分离参数转化为求函数的最值，得结论．
【详解】（1），∴，∴，
∴，
又∵，∴，
所以数列是以为首项和公差的等差数；
（2）由(1)知：，
所以，
∴，
∴，
又满足上式，
∴，
因为，
所以，
所以，
记，
又在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
所以，
所以，
所以的最大值为．
22．已知椭圆的离心率为，一顶点坐标为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知M､N为椭圆上异于A的两点，且，判断直线是否过定点？若过定点，求出此点坐标.
【答案】（1）；（2）过定点，定点为.
【分析】(1)结合离心率和椭圆上点的坐标求出，进而表示出椭圆的标准方程.
(2)由题意直线MN斜率存在，设直线MN方程和点，联立椭圆方程并消元，根据韦达定理表示出的值，结合求出m的值，进而得出直线方程，即证.
【详解】（1）椭圆离心率为，∴，
∵，∴
故椭圆方程为.
（2）直线斜率不存在时，显然不成立，故直线斜率存在，
设直线方程为.
联立得，
，
即，
解得或，
若直线方程为，则直线过定点，与A重合，不合题意；
若直线方程为，则直线过定点.
综上，直线过定点.