2021-2022学年河北省沧州市第一中学高二上学期第三次学段检测数学试题含解析

这是一份2021-2022学年河北省沧州市第一中学高二上学期第三次学段检测数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省沧州市第一中学高二上学期第三次学段检测数学试题一、单选题1．已知抛物线的焦点到准线的距离为，则实数（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用抛物线标准方程中p的几何意义直接列式得解.【详解】抛物线的焦点到准线的距离为，依题意，，解得，所以实数.故选：A2．若直线与平行，则与之间的距离为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由两条直线平行求出a，再利用平行间距离公式计算作答.【详解】依题意，由解得或，当时，直线，，直线与重合，不符合题意，即，当时，直线，，直线与平行，则，所以与之间的距离.故选：D3．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为，，，，则该四面体的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定信息，将四面体补形成正方体，求出正方体的外接球表面积得解.【详解】令，，，，过点C作面的垂线，把垂足与点A，B相连，过点C作面的垂线，把垂足与点B，D相连，过点C作面的垂线，把垂足与点D，A相连，由此得棱长为1的正方体，如图，四面体ABCD与这个正方体有同一个外接球，此球的直径为，所以四面体的外接球的表面积为.故选：C4．已知抛物线的焦点为F，以F为圆心且与抛物线的准线相切的圆被直线截得的弦长为（       ）A． B． C． D．4【答案】C【分析】根据抛物线方程，求得焦点和准线，再求满足题意的圆方程，利用弦长公式，即可求得结果.【详解】对抛物线，其焦点为，准线方程，故满足题意的圆方程为，其半径，则圆心到直线的距离，则直线截圆所得弦长为.故选：C.5．已知正项数列中，则，数列的通项公式为（       ）.A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定的关系求出的表达式，再计算作答.【详解】因，当时，，两式相减得：，解得，而时，，即满足上式，所以数列的通项公式为.故选：B6．若，是椭圆：与双曲线：的公共焦点，且P是与一个交点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，求得参数，再利用椭圆和双曲线定义，求得，利用余弦定理，即可求得.【详解】由题可知：，，解得，不妨设为在第一象限的交点，，由椭圆和双曲线定义可得：，解得，则，又，在△中，由余弦定理可得：，则.故选：B.7．已知等比数列的中，，，若其前n项和，则n的值为（       ）A．5 B．6 C．8 D．11【答案】A【分析】利用等比数列的性质，结合等比数列的基本量以及前项和公式，列出方程组，即可求得.【详解】因为数列是等比数列，设其公比为，因为，即，故为的两根，又该方程两根为，且该等比数列的公比，故当，则；由，则，解得；若，则；由，则解得；综上所述，.故选：A.8．在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，，则的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，因为过且垂直于轴，故，所以直线，整理得到，故.因为，故，整理得到，所以即，故.故选：B.二、多选题9．已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（       ）A． B．C．是平面的一个法向量 D．【答案】ABC【分析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由且，可判定C正确；由是平面的一个法向量，得到，可判定D不正确.【详解】由题意，向量，对于A中，由，可得，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B正确；对于C中，由且，可得向量是平面的一个法向量，所以C正确；对于D中，由是平面的一个法向量，可得，所以D不正确.故选：ABC10．已知双曲线，下列结论正确的是（       ）A．双曲线C的渐近线方程为B．双曲线C的焦点到其渐近线的距离为C．若直线l与C相交于A、B两点且AB的中点为，则l的斜率为D．若直线与C没有交点，则的取值范围是【答案】AB【分析】结合双曲线的渐近线，焦点到渐近线的距离，点差法、直线与双曲线的位置关系判断出正确选项.【详解】依题意，双曲线，，双曲线的渐近线方程为，A选项正确.焦点到渐近线的距离为，B选项正确.设，则，两式相减并化简得，若的中点为，则，即的斜率为，C选项错误.双曲线的渐近线与双曲线没有交点，，所以D选项错误.故选：AB11．已知等差数列的公差为d，前n项和为，且，，则下列结论正确的是（       ）A． B．若，，则C．是公差为的等差数列 D．若，，则【答案】ABD【分析】根据给定条件利用等差数列定义、通项公式、前n项和逐一分析计算各个选项判断作答.【详解】等差数列的公差为d，则其通项，，，对于A，，A正确；对于B，因，，则，，B正确；对于C，，则，有，因此，是公差为的等差数列，C不正确；对于D，因，，则，两式相减得：，所以，D正确.故选：ABD12．（多选）瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（     ）A．圆上的点到直线的最小距离为B．圆上的点到直线的最大距离为C．若点在圆上，则的最小值是D．圆与圆有公共点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】求出线段的中垂线的方程，由圆心到中垂线的距离等于半径求出的值，可得圆的方程，求出圆心到的距离，则、分别为圆上的点到直线的最小距离和最大距离可判断选项A、B；令，令圆心到该直线的距离等于半径列方程求出的值可判断C；计算圆心距小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值，解不等式求出的取值范围可判断D，进而可得正确选项.【详解】因为，所以是等腰三角形，可得的外心、重心、垂心都位于的垂直平分线上，由点，点可得线段的中点为，且直线的斜率，所以线段的垂直平分线的方程为，即.又圆的圆心为，直线与圆相切，所以点到直线的距离为，所以圆.对于选项A、B：圆的圆心到直线的距离，所以圆上的点到直线的最小距离为，最大距离为，故选项A正确，选项 B错误；对于C，令，即，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离为，解得或，则的最小值是，故选项C正确；对于D，圆的圆心为，半径为，若该圆与圆有公共点，则，即，解得，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题13．已知空间向量，，，则向量与的夹角为__________．【答案】【分析】根据求得，利用夹角公式求得向量与的夹角.【详解】解：依题意，所以，所以，由于，所以向量与的夹角为.故答案为： .14．若椭圆的长轴长、短轴长、焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率为__________.【答案】0.6【分析】设出椭圆长短轴长、焦距，再根据给定条件列式计算作答.【详解】设椭圆长轴长为，短轴长为，焦距为，依题意，，即，因，则，即，解得，椭圆的离心率为.故答案为：15．已知抛物线上A、B两点满足，过坐标原点O向直线AB引垂线，垂足为P，则（为抛物线的焦点）面积的最大值为__________.【答案】4【分析】设出点A，B坐标，根据给定条件探求出点P的轨迹即可计算作答.【详解】依题意，设，由得：，解得，设直线上任意点，则，而，于是得：，又，化简整理得：，因此，直线方程为：，该直线恒过定点，又于点P，则点P的轨迹是以为直径的圆(除原点O外)，从而得点P到x轴距离最大值为圆的半径4，又焦点，所以面积的最大值为.故答案为：4四、双空题16．数列的前n项和为，且，，则__________；若恒成立，则k的最小值为__________.【答案】          1【分析】（1）根据题意，构造数列等比数列，由其通项公式，即可求得；（2）由的通项公式，结合等比数列的前项和公式，求得，利用指数函数的单调性求解函数最值，即可求得参数的最值.【详解】因为，，则，故为首项，公比为的等比数列，则，则；又，则，即，，又，故只需，即，又，故的最小值为.故答案为：；1.五、解答题17．在①，，②，，③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.问题：设等差数列的前项和为，求数列的前项和.【答案】选择见解析；.【解析】若选①，则由，可得数列的公差为2，再由可得，从而可求出，进而得，再利用裂项相消求和即可；若选②，则由，，列方程组可求得，从而可求出，进而得，再利用裂项相消求和即可；若选③，由，令时，，令，可求出，从而可求出，进而得，再利用裂项相消求和即可【详解】解：选①由，可知数列的公差为，又，可得，得，所以，，可知数列{的前项和为选②设数列的公差为，则由，，得，解得，所以，，可知数列的前项和为选③当时，，当时，，解得，所以，，可知数列的前项和为18．在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.，，是的中点.（1）在上求作一点，使得平面，并证明；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）取的中点为点，则平面，证明见解析（2）【解析】（1）取的中点为点,的中点,的中点,连接,证明四边形为平行四边形即可。（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可求出直线与平面所成角的正弦值【详解】（1）如图，当点为的中点时平面，证明如下：取的中点为点,的中点,的中点,连接，因为在直三棱柱中又因为 为中点，所以,所以所以四边形为平行四边形。即由 所以平面（2）在直三棱柱中侧棱与底面垂直，又因为，所以建立空间直角坐标系如图所以设平面的法向量为则令则所以设直线与平面所成角为，则【点睛】本题主要考查了证明线面平行，直线与平行所成的角，解决问题的关键是建立正确的直角坐标系。19．已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和为.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据等比数列的通项公式可计算得到公比的值，再根据等差数列的通项公式和求和公式可列出方程组，解出首项和公差的值，即可求得和的通项公式；（Ⅱ）先根据第（Ⅰ）题的结论得到数列的通项公式，然后运用错位相减法求出前项和．【详解】（Ⅰ）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则．故，解得，由题意，得，解得．；．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．，①，②①②，得．．【点睛】关键点点睛：已知等差等比数列求通项公式，主要方法是解方程组，等差等比数列相乘的形式的数列求和，利用错位相减法处理即可，属于中档题.20．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点且不平行于轴的直线与轨迹交于，两点，记直线，的斜率分别为，，求的值.【答案】（1）；（2）-2.【分析】(1)设点，利用向量的数量积以及向量的模化简求解，可得动点P的轨迹方程；(2)设直线l的方程和点A、B的坐标，联立抛物线方程，消y得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理得到、的值，代入题意的关系式，整理化简即可.【详解】（1）设，则，，，由，知，化简得：，即动点P的轨迹E的方程为；（2）设直线l的方程为，，，由得，∴，，，，∵，故的值为.21．四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面平面，.(1)求证：；(2)已知平面与平面的交线与底面交于点Q，PQ的中点为M，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)利用余弦定理证明，再借助面面垂直、线面垂直的性质推理作答.(2)在平面内过点D作，结合(1)建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【详解】(1)梯形中，，则，而，则，有，在中，由余弦定理得：，则有，，即，因平面平面，平面平面，平面，则平面，平面，所以.(2)延长BC交AD延长线于，则点平面，平面，则，即是直线与底面交于点，与Q重合，在平面内过点D作，而平面平面，平面平面，则平面，由(1)，以D为原点，射线DA，DB，Dz分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，因，且，则，又，于是得，，线段PQ中点，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，平面的一个法向量为，则，令，得，因此，，显然二面角的平面角是锐角，所以二面角的余弦值是.【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．22．已知椭圆C：点的离心率为，且经过点.（1）求C的方程；（2）若不过坐标原点的直线与椭圆C相交于点M，N两点，且满足，求面积最大时直线的方程..【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由离心率及点的坐标列出关于的方程组，解之可得椭圆方程；（2）由题意可知，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，，，直线方程代入椭圆方程整理为一元二次方程，得一不等关系，应用韦达定理得，并计算出，向量的坐标运算，条件用坐标表示后，可求得，代入判别式可求得的取值范围，然后求出面积为的函数，用基本不等式求得最大值及值，得出直线方程．【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，，，由得.①所以，所以，因为，所以，所以，代入①得且，所以.当且仅当，即时上式取等号，此时符合题意，所以直线的方程为.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，应用韦达定理求解是关键．