2023-2024学年湖北省黄石市部分学校高二上学期12月阶段性训练数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄石市部分学校高二上学期12月阶段性训练数学试题（含解析），共23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。
1.抛物线y=2x2的焦点坐标为
A. (1,0)B. (12,0)C. (0,14)D. (0,18)
2.若a为实数，则“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的
( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=( )
A. 158B. 658C. 15D. 40
4.由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两渐近线所成的角可求其离心率的大小，初中学习的反比例函数的图象也是双曲线，据此可求得曲线y=x+3x+1的离心率为
( )
A. 5B. 2C. 3D. 2
5.已知数列{an}各项为正数，{bn}满足an2=bnbn+1，an+an+1=2bn+1，则
( )
A. {bn}是等差数列B. {bn}是等比数列
C. { bn}是等差数列D. { bn}是等比数列
6.将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kcℎ曲线.如图所示，已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是
( )
A. 1681B. 2081C. 827D. 1027
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1、F2，过F1作直线l与椭圆相交于M、N两点，∠MF2N=90∘，且4F2N=3F2M，则椭圆的离心率为
( )
A. 13B. 12C. 33D. 55
8.已知数列an中的前n项和为Sn，Sn=(−1)nan+12n+2n−6，且an+λ⋅(−1)n+1>0对任意n∈N∗恒成立，则实数λ的取值范围是
( )
A. −74,234B. 2,234C. (−74,6)D. −2,234
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.直线l:kx−y−2=0与圆M:x−32+y2=16交于A、B两点，则AB可能为
( )
A. 2 2B. 3C. 5 22D. 8
10.已知等差数列an的前n项和为Sn，若S8>0，S90B. a4>0
C. an中绝对值最小的项为a5D. 数列Sn的前n项和Tn最大项为T8
11.设抛物线C：y=x2的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则
( )
A. PQ⊥x轴B. PF⊥AB
C. ∠PFA=∠PFBD. AF+BF=2PF
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，则
( )
A. DB1⊥平面PMN
B. 平面PMN截正方体所得的截面面积为3 3
C. 点Q的轨迹长度为π
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的半径的最大值为3− 32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若两条直线l1:y=3x+m，l2:y=3x+n与圆x2+y2+3x+y+k=0的四个交点能构成矩形，则m+n= ．
14.已知数列an满足a1=1,an+1=an2nan+1n∈N∗，则an的通项公式为______．
15.设Tn为数列an的前n项积，若an+2an+1=0n∈N∗，且a2−a3=192，则当Tn取得最小值时，n的值为______．
16.双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F作x轴垂线交E于点A，过F作与E的一条渐近线平行的直线交E于点B，且A，B在x轴同侧，若∠FAB=30°，则E的离心率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知圆C的圆心在直线3x−y=0上，且该圆与x轴相切．
(1)若圆C经过点4,3，求该圆的方程；
(2)若圆C被直线x−y=0截得的弦长为2 7，求该圆的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Snn∈N∗，且满足S7=49,2a4=a3+9．
(1)求数列an的通项公式；
(2)已知数列bn满足bn=n+1SnSn+2，记数列bn的前n项和为Tn，
证明：Tn0,n≥2,n∈N)．
(1)求证：数列an是等比数列；
(2)设数列an的公比为fk，数列bn满足：b1=1，1bn=f(bn−1)(n≥2,n∈N).求1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+(−1)n+11bnbn+1．
21.(本小题12分)
已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Q12,m为C上一点，且以Q为圆心，OQ为半径的圆恰好与C的准线相切(O为坐标原点)，过点F的且斜率k>0的直线与C交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)若点D2,0，直线AD,BD与C的另一个交点分别为M,N，设AB,MN的倾斜角角分别为α,β，当α−β取最大值时，求k的值．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，焦距为2，点P4,0为x轴上一定点，点M为Γ上一动点，当MF1⊥x轴时，△MF1F2的面积为32．
(1)求Γ的标准方程；
(2)斜率为2的动直线AB与Γ交于不同的两点A,B，直线PA,PB与Γ的另外一个交点分别为C,D，证明：直线CD恒过某一定点．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了抛物线的基本性质，属于基础题．
根据抛物线标准方程，可求得p，进而求得焦点坐标．
解：将抛物线方程化为标准方程为x2=12y，可知p=14
所以焦点坐标为0,18
所以选D
2.【答案】A
【解析】【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果．
解：因为直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行的充要条件是
a1=1a且a1≠2−3−a，即1=a2且−3a−a2≠2，解得a=1．
所以由充分必要条件的概念判断可知：
“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的充要条件．
故选：A
3.【答案】C
【解析】【分析】根据题意列出关于q的方程，计算出q，即可求出S4．
解：由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4，
即q3+q4=4q+4q2，即q3+q2−4q−4=0，即(q−2)(q+1)(q+2)=0．
由题知q>0，所以q=2．
所以S4=1+2+4+8=15．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】由双曲线y=x+3x+1的渐近线垂直得其为等轴双曲线，从而可得离心率．
解：y=x+3x+1=1+2x+1，故该曲线是由反比例函数y=2x的图象向左平移1个单位，
再向上平移1个单位得到的，所以双曲线y=x+3x+1的两渐近线为x=−1和y=1，
因为两渐近线互相垂直，故该曲线为等轴双曲线，所以离心率为e=ca= 1+b2a2= 2．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查数列的递推关系，以及等差数列的判定，属于基础题．
由已知可得an= bnbn+1，结合 an+an+1=2bn+1，可得 bn+ bn+2=2 bn+1，可证{ bn}是等差数列，问题得解．
【解答】
解：∵an>0，an2=bnbn+1，
∴an= bnbn+1，
∵bn+1=an+an+12>0，∴bn>0，
又∵an+an+1=2bn+1，
∴ bnbn+1+ bn+1bn+2=2bn+1 ，∴ bn+ bn+2=2 bn+1，
∴{ bn}是等差数列．
故选C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等比数列的实际应用，属于一般题．
根据题意可知，每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23，根据等比数列的通项公式即可求得结果．
【解答】
解：根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23 ，
由此可得，第nn∈N∗次操作之后所得图形的面积是Sn=1×23n，
则经过4次操作之后所得图形的面积为S4=1×234=1681 ．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】设F2N=3t，则F2M=4t，利用椭圆的定义及勾股定理解得a=3t，
表示出F1N，F1M，再利用锐角三角函数表示出cs∠NF1F2，由余弦定理表示出cs∠MF1F2，即可得到方程，解得c=3 5t5，即可求出离心率．
解：如图所示，设F1F2=2c，∵4F2N=3F2M，设F2N=3t，则F2M=4t，
在Rt▵F2MN中，MN= NF22+MF22=5t，
由椭圆定义可知F1N=2a−3t，F1M=2a−4t，
F1N+F1M=MN=4a−7t=5t，解得a=3t，
所以F1N=2a−3t=3t=F2N，F1M=2a−4t=2t，
在▵F1NF2中，可得cs∠NF1F2=c3t，
在△F1MF2中，由余弦定理可得cs∠MF1F2=c2−3t22ct，
∵∠NF1F2+∠MF1F2=π，
∴cs∠NF1F2+cs∠MF1F2=0，即c3t+c2−3t22ct=0，
解得c=3 5t5，所以椭圆离心率e=ca= 55．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了数列与不等式的综合问题，求数列的通项公式，由递推式如何求通项公式，属于难题．
利用an=a1,n=1Sn−Sn−1,n⩾2，分两种情况求出通项公式，分两种情况讨论不等式恒成立，然后求其交集即可．
【解答】
解：由题意知Sn=(−1)nan+12n+2n−6，
n=1时，a1=−a1+12+2−6，a1=−74，
n≥2时，Sn−1=(−1)n−1an−1+12n−1+2(n−1)−6=(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8，
则an=Sn−Sn−1
=[(−1)nan+12n+2n−6]−[(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8]
=(−1)nan+(−1)nan−1−12n+2
若n=2k，则a2k−1=14k−2，
若n=2k+1，则a2k+1= −a2k+1−a2k−122k+1+2，
即2a2k+1=−a2k−122k+1+2，
∵a2k+1=14k+1−2，
∴a2k=−2a2k+1−122k+1+2=−2(14k+1−2)−122k+1+2=−122k+6，
∴an={−12n+6(n为偶数)12n+1−2(n为奇数),
n为奇数时，an+λ⋅(−1)n+1>0，即λ>−an，即求−an的最大值，
此时an=12n+1−2，即−an=2−12n+10，即λ−512时，AB=2 7+14412k+5+16912k+5−10≤2 7+1442 12k+5×16912k+5−10=8，
当且仅当12k+5=16912k+5即k=23，等号成立，此时AB∈2 7,8；
当12k+5−a5，即|a4|>|a5|，故 A错，B、C对；
由题意，Sn的前8项为正，第9项开始均为负，故Tn最大项为T8，D对．
故选：BCD
11.【答案】AC
【解析】【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B，C选项；根据定义数形结合判断D选项．
解：对于A选项：设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0,Qx1+x22,y1+y22，
y=x2，y′=2x，
过点A切线为：y−y1=2x1x−x1①，
过点B切线为：y−y2=2x2x−x2②，
①−②得y1−y2=2x1x−2x2x,
化简可得x12−x22=2xx1−x2,
x0=x1+x22
PQ⊥x轴，A选项正确．
设A0,0,B1,1,F0,14,
过A点的切线为y=0，过B点的切线为y−1=2x−1，交点为P12,0,
AB的中点为Q12,12，所以kPF=−12,kAB=1,kPFkAB≠−1,PF不垂直AB，B选项错误；
AF+BF= 02+142+ 12+342=32,2PF=2 122+142= 52，所以AF+BF≠2PF，D选项错误;
作抛物线准线的垂线AA′,BB′，连接A′P,B′P,PF,AF,BF,
F0,p2,A′x1,−p2,kPA=y′x=x1
则kFA′=−px1,kPA=x1p,
显然kFA′⋅kPA=−1,，所以FA′⊥PA,
又因为由抛物线定义，得AA′=AF，故知PA是线段FA′ 的中垂线，得到PA′=PF则∠PA′A=∠PFA
同理可证：PB′=PF，∠PB′B=∠PFB，
所以PA′=PB′=PF，即∠PA′B′=∠PB′A′，
所以∠PA′A=∠PA′B′+90∘=∠PB′A′+90∘=∠PB′B，即∠PFA=∠PFB．
故选：AC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
立体几何中截面的处理思路：
(1)直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
(2)作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
(3)作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
(4)辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
A选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，由RS=t得到方程，求出半径的最大值．
解：A选项，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
P1,2,0,M0,1,2,N2,0,1,D0,0,0,B12,2,2，
故DB1=2,2,2,PM=−1,−1,2,PN=1,−2,1．
设平面PMN的法向量为m=x,y,z，
则m⋅PM=x,y,z⋅−1,−1,2=−x−y+2z=0m⋅PN=x,y,z⋅1,−2,1=x−2y+z=0,
令z=1得，x=y=1，故m=1,1,1，
因为DB1=2m，故DB1⊥平面PMN， A正确；
B选项，取A1D1,AB,CC1的中点E,F,Q，连接MQ,ME,EN,NF,FP,PQ,EP,A1B,CD1，
因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以NF//A1B,MQ//CD1，又CD1//EP//A1B，
所以NF//MQ//EP，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，
其中边长为 2，故面积为6× 34× 22=3 3， B正确；

C选项，Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，
又DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，r= 33B1S为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中B1D=B1D= 4+4+4=2 3，由对称性可知，B1S=12B1D= 3，
故半径r= 33× 3=1，
故点Q的轨迹长度为2π， C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面PMN切与点S，与平面ADD1A1，平面ADCB，平面DCC1D1相切，
由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，则半径为t，
S1,1,1，故RS=t，即 31−t=t，解得t=3− 32，
故球的半径的最大值为3− 32， D正确．
故选：ABD
13.【答案】8
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离公式，考查转化与化归的思想方法，属于中档题．
【解答】
解：由题意可知，两直线与圆的四个交点能构成矩形，即两直线到圆心的距离相等，
由圆的标准方程得圆心为(−32,−12)，
则d1=(−32)×3−(−12)+m 9+1，d2=(−32)×3−(−12)+n 9+1
令d1=d2，即|−4+m|=|−4+n|，解得m=n(舍)或m+n=8．
14.【答案】an=12n−1
【解析】【分析】对an+1=an2nan+1取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可．
解：对an+1=an2nan+1两边取倒数得1an+1=2nan+1an=1an+2n，即1an+1−1an=2n，
当n≥2时，1an−1an−1=2n−1，1an−1−1an−2=2n−2，⋯，1a3−1a2=22，1a2−1a1=2，
将以上各式累加得1an−1a1=2n−1+2n−2+⋯+22+2=21−2n−11−2=2n−2，又a1=1，
所以1an=2n−1，所以an=12n−1，当n=1时，a1=1也满足an=12n−1，所以an=12n−1．
故答案为：an=12n−1
15.【答案】9
【解析】【分析】先得到an为等比数列，公比为−12，求出通项公式，并得到n=9时，Tn取得最小值．
解：由an+2an+1=0n∈N∗得，an+1=−12an，
故an为等比数列，公比为−12，
由a2−a3=192得a2+12a2=192，解得a2=128，
所以a1=−256，an=−256×−12n−1，
当1≤n≤8时，an>1，当n=9时，a9=−1，当n≥10时，an0,T90,y1y2=−4，
由斜率公式可得kAB=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kMN=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线AD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4x1−2y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以kMN=4y3+y4=42y1+y2=kAB2，
又因为AB,MN的倾斜角角分别为α,β，所以kMN=tanβ=kAB2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈0,π2，设kAB=2kMN=2t>0，
则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=t1+2t2=11t+2t≤12 1t⋅2t= 24，
当且仅当1t=2t即t= 22时，等号成立，所以当α−β最大时，k=2t= 2．

【解析】【分析】(1)由题意OQ=12+p2，化简得OQ=12+p2，又点Q12,m在抛物线C上即m2=p，解方程即可求解；
(2)设点的坐标及直线AB:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kAB=2kMN，再由差角的正切公式及基本不等式可得kMN= 22，即可求解．
22.【答案】解：(1)
由题意2c=2，所以c=1，所以a2=b2+1，
则椭圆的左焦点为F1−1,0，右焦点为F21,0，
当MF1⊥x轴时，则S▵MF1F2=12×F1F2×yM=yM=32，所以yM2=94，
又点M−1,yM在椭圆上，所以−12a2+yM2b2=1，所以1b2+1+94b2=1，
即4b4−9b2−9=0，解得b2=3或b2=−34(舍去)，
所以a2=4，故椭圆方程为x24+y23=1；
(2)
设直线AB方程为y=2x+m，
由x24+y23=1y=2x+m得19x2+16mx+4m2−12=0，
所以Δ=16m2−4×19(4m2−12)>0，所以− 19