2023-2024学年江苏省如东高级中学、如东县第一高级中学、徐州中学、沭阳如东高级中学、宿迁市第一高级中学高二上学期第二次阶段测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省如东高级中学、如东县第一高级中学、徐州中学、沭阳如东高级中学、宿迁市第一高级中学高二上学期第二次阶段测试数学试题含答案，共20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．已知直线的倾斜角的余弦值为，则实数m的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直线倾斜角求出直线斜率，利用斜率求.
【详解】由题意可知直线的斜率一定存在，
设直线倾斜角为α，则斜率为，
由，得，因此．
故选：A．
2．设，则直线l：与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交或相切D．相交
【答案】C
【分析】先求得直线恒过点，检验可得该点在圆上，即可得出答案.
【详解】直线可化为，
由可得，，所以直线恒过点.
又，即点在圆上，
所以，过点的直线与圆相交或相切.
故选：C.
3．若向量，，且，则实数的值是（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】C
【分析】由已知利用数量积为零列式计算即可.
【详解】解：因为，，
所以，
因为，
所以，
解得．
故选：C．
4．2023年7月20日中国太空探索又迈出重要一步，神州十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮成功完成出舱任务，为国家实验室的全面建成贡献了力量．假设神州十六号的飞行轨道可以看作以地球球心为左焦点的椭圆（如图中虚线所示），我们把飞行轨道的长轴端点中与地面上的点的最近距离叫近地距离，最远距离叫远地距离．设地球半径为，若神州十六号飞行轨道的近地距离为，远地距离为，则神州十六号的飞行轨道的离心率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，，解得，，得到离心率.
【详解】根据题意：，，解得，，
故离心率.
故选：D
5．已知数列，，，且，则数列的前30项之和为（ ）
A．15B．30C．60D．120
【答案】B
【分析】由题意，数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.
【详解】已知数列，，，且,
则为奇数时，，则为偶数时，，
所以数列的奇数项构成首项为2公差为的等差数列，偶数项构成首项为0公差为的等差数列，
则.
故选：B
6．设，向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据投影向量的定义得到，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．
故选：B.
7．在等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．11
【答案】A
【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.
【详解】设，
则
，
所以.
故选：A
8．设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，
将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，
由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，
即可得斜率的取值范围，解出即可.
【详解】设为的中点，根据重心性质可得，
因为，则，
因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，
故有，解得，
当直线斜率不存在时，的中点在轴上，
故三点不共线，不符合题意舍，
设直线斜率为，设，
所以，，
因为在双曲线上，所以，
两式相减可得：，
即，
即有成立，
即有，因为不共线，
即，即，即，
所以的离心率的取值范围为，
因为
，
因为，即，
所以，
所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：
（1）设出点的坐标；
（2）根据中点坐标建立等式：，；
（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；
（4）将，及代入等式中即可得出关系.
二、多选题
9．过点且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】利用截距式的求法，讨论截距的绝对值相等的情况，在进行截距式假设时，分截距为0，截距不为0进行假设.
【详解】当直线的截距不为0时，设直线的截距式方程为，
由题可得
所以或
解得或
所以直线方程为或，故A，C正确；
当直线的截距为0时，设直线方程为，
由题可知，故直线方程为，D正确．
故选：ACD
10．下列命题中正确的是（ ）
A．与夹角为钝角，则的取值范围是
B．在空间直角坐标系中，已知点，点关于坐标原点对称点的坐标为
C．若对空间中任意一点，有，则四点共面
D．任意空间向量满足
【答案】BC
【分析】利用空间向量的概念与运算性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A：由，可得，解得；
由共线可得，即有，，解得，
所以的取值范围是，且，故A错误；
对于选项B：点，点关于坐标原点对称点的坐标为，故B正确；
对于选项C：，满足，故四点共面，故C正确；
对于选项D： 表示与共线的向量，表示与共线的向量，二者不一定相等，故D错误.
故选：BC.
11．已知数列的前项和为，则（ ）
A．若为递减等比数列，则的公比．
B．“为等差数列”是“为等差数列”的充要条件
C．若为等比数列，则可能为等比数列
D．若对于任意的，数列满足，且各项均不为0，则为等比数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列可判断A，利用等差数列的定义及等差数列的求和公式判断B，利用等比数列的性质可判断C，令，根据等比数列定义判断D.
【详解】取，则为递减等比数列，公比，故A错误；
若为等差数列，则，所以，
故（常数），故为等差数列，
若为等差数列，则，即，
所以，两式相减得，
所以，故（常数），所以为等差数列，
所以“为等差数列”是“为等差数列”的充要条件，故B正确；
设，则当时，，
，当时，,不是等比数列；
当时，从第二项开始是等比数列，且公比为q，
若要使是等比数列，则，即，不成立；
所以不可能是等比数列，故C错误；
任意的，满足，不妨取，则
，因为各项均不为0，所以（不为0的常数），
故为等比数列，故D正确.
故选：BD
12．已知抛物线的焦点到准线的距离恰好等于到点的距离，是抛物线上的三个点，是轴上一点.则（ ）
A．的方程为
B．点为上位于右侧的两点，若四边形为正方形，则
C．当点是的顶点，且四边形为正方形时，此正方形的面积32
D．当点不是的顶点时，四边形不可能为正方形
【答案】ACD
【分析】A由题设求参数；B设，其中且，求坐标，进而求正方形边长即可；C设点在轴上方，求其坐标，进而得，即可求面积；D设直线为，联立抛物线求，假设四边形为正方形，得到矛盾判断.
【详解】A.由题意得，解得，抛物线的方程为，正确；
B.不妨设，其中且，
由抛物线的对称性及正方形的性质得：，得，
则，，不正确.
C.当点是的顶点时，设与相交于点，则，
假设点在轴上方，则的坐标为，代入抛物线方程得，
此时正方形的边长为，所以正方形的面积为，正确；
D.四边形不可能为正方形，当点不是的顶点时，直线的斜率一定存在，
设其方程为坐标分别为，
联立，则，
则，即，
所以，，
因此，中点的坐标为，，
若四边形为正方形，则的中点也是，
因为点在轴上，所以，所以，代入，得，即，
所以，化简得，①
，
因为，所以，化简得，②
由①②得，或无解，故四边形不可能为正方形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于D，设直线为，联立抛物线求，假设四边形为正方形，通过判断相关参数是否存在实数解判断.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，请写出一个单位向量的坐标为 .（写出一个符合题意的坐标即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，由单位向量的模长为，即可得到结果.
【详解】因为单位向量的模长为，不妨令，
则可得一个单位向量的坐标为.
故答案为：
14．正项等比数列中，，则的值是 .
【答案】20
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【详解】在等比数列中，，
，
故答案为:20.
15．已知动点在直线上，动点在直线上，记线段的中点为，圆，圆分别是圆，上的动点.则的最小值为 .
【答案】
【分析】由题意有点在直线上，利用圆心到点距离判断圆上点到点距离最值，结合点关于直线对称转化求目标式最小值.
【详解】由题意，动点在直线上，动点在直线上，
线段的中点为，可得点在直线上，且易知与已知两圆相离，又圆半径分别为，
对于任意点，要使最小，只需，
点关于直线对称点，且，
则，
所以的最小值为.
故答案为：
16．已知椭圆左焦点为，右顶点为，以为直径的圆与椭圆有三个公共点，则椭圆离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】设公共点，点在以为直径的圆上，利用圆周角是直角方程，和椭圆方程联立，消去，利用韦达定理可求出，利用列不等式求离心率的范围.
【详解】设公共点，则
，，，
即，
则方程的两根为，
故化为.
故答案为.
【点睛】本题考查圆和椭圆的位置关系和椭圆离心率的范围求解，灵活利用韦达定理来解题，求离心率的范围要会发现题中变量之间的不等关系，考查了学生的计算能力，是中档题.
四、解答题
17．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且经过点M（），
(1)求双曲线C的标准方程
(2)已知直线与曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）据共渐近线设双曲线的方程，然后代入点,计算，即可得出答案．
（2）联立直线与双曲线的方程，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，然后表示出的中点坐标，代入圆的方程，计算即可得出答案．
【详解】（1）设双曲线的方程为,
代入,,得,解得,
所以双曲线的方程为．
（2）由,得,
设,,,,
则中点坐标为,,
由韦达定理可得,
所以,
所以中点坐标为,
因为点在圆上，
所以,解得．
18．已知一个动点在圆上移动，它与定点所连线段的中点为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过定点的直线与点的轨迹交于不同的两点，且满足，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）设出动点坐标，利用中点坐标公式表示动点，代入圆方程，整理可得答案；
（2）将直线分斜率存在与不存在两种情况，联立直线与圆方程，写出韦达定理，代入条件中的等式，解得答案.
【详解】（1）设，动点，由中点的坐标公式解得，，
由得，∴点M的轨迹方程是.
（2）当直线的斜率不存在时，直线，与圆交于，，此时解得，不合题意．
当直线的斜率存在时，设直线，则由，消去，得，
由已知可得，，，，整理可得，，解得或，经检验.
综上：直线为或.
19．已知数列为等差数列，，公差，数列为等比数列，且，，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求满足的n的最小值．
【答案】(1)；或
(2)13
【分析】（1）根据等比中项，结合等差数列与等比数列基本量的计算即可求解；
（2）利用错位相减法可得，进而根据数列的单调性即可求解不等式.
【详解】（1），
又，
，故，解得或 (舍去)；
，
，
，又，
或.
（2）由（1）知，
所以，
，
错位相减得：
由，可得
令，
令，得，
故当且时，；当且时，；当时，，
又，而
故，满足
所以满足的的最小值为13.
20．已知抛物线的焦点为，直线，点，点在抛物线上，直线与直线交于点，线段的中点为．
(1)求的最小值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)4
(2)2
【分析】（1）求出抛物线的准线方程，设点和点到准线的距离为，，
由抛物线定义得到，求出；
（2）设点，由向量比例关系求出，代入抛物线方程，结合点在直线上，化简得到，同理得到，故是关于的方程，求出两根之和.
【详解】（1）依题意，抛物线的准线方程为．
设点到准线的距离为，点到准线的距离为
由抛物线的定义可知，，
，
故的最小值为4．
（2）设点，且，
则，
因为，所以，
因此，即，
又在抛物线上，所以，
故①．
由于点在直线上，
所以，把此式代入①式并化简得：②，
同理由可得③，
由②③得是关于的方程的两根，此时判别式大于0，
由根与系数的关系，得．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21．已知数列满足，且对一切，有，其中为数列的前n项和．
（1）求证：对一切，有；
（2）求数列的通项公式；
（3）求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）把两式a13+a23+…+an3=Sn2，，相减即可得到，即，又an+1＞0，可得；
（2）当n≥2时，由an+12﹣an+1=2Sn及可得（an+1﹣an）（an+1+an）=an+1+an，进而得到an+1﹣an=1，（*），,当n=1，2时也满足（*）．数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列；
（3）由bn=2n•an═n•2n，可得Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，利用“错位相减法”及其等比数列的前n项和公式即可得出．
【详解】（1）∵a13+a23+…+an3=Sn2，，
∴，
∴（Sn+1﹣Sn）（Sn+1+Sn）=，
即，又an+1＞0，
∴，∴，
∴an+12﹣an+1=2Sn；
（2）当n≥2时，
由an+12﹣an+1=2Sn及可得（an+1﹣an）（an+1+an）=an+1+an，
∵an+1+an＞0，∴an+1﹣an=1，（*）
当n=1时，，a1＞0，可得a1=1，
当n=2时，，得到，及a2＞0，解得a2=2．
a2﹣a1=1也满足（*）．
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，其通项公式an=1+（n﹣1）×1=n．
（3）欲证不等式成立，
即证不等式成立．
设，，
因为，所以，即．
所以．
【点睛】熟练掌握等差数列及等比数列的通项公式、前n项和公式、“不等式的证明”及其an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）是解题的关键．
22．已知椭圆，其中是与无关的实数.
(1)求实数的取值范围；
(2)当时，如图所示，过点的直线与椭圆分别相交于点，过点且斜率为的直线与椭圆相交于点，试探究直线是否恒过定点？若是，求出这个定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解；
（2）由时，得到，设直线的方程为，联立方程组，得到，又由的方程，联立方程组得到，得到，得出，写出直线的方程，根据直线的方程为，联立方程组求得，结合韦达定理，求得，得到直线恒过点.
【详解】（1）由椭圆，可得，解得且，
所以实数的取值范围为.
（2）当时，可得椭圆，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则且，
又由过点且斜率为 的直线与椭圆相交于点，
则直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，
设，则且，所以，
将代入直线的方程，可得，即，
又由直线的方程为 ，
因为直线的方程为，
联立方程组，可得，
因为
，

，
所以，则，即直线恒过点.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.