2023-2024学年陕西省咸阳市高新一中高二上学期第三次质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省咸阳市高新一中高二上学期第三次质量检测数学试题含答案，共19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．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量的加减结合相反向量的运算可得答案.
【详解】
故选：A
2．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
3．已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出的坐标，依题意可得，即可求出，从而求出，再计算其模.
【详解】因为，，
所以，
因为与垂直，所以，
所以，
解得，所以，
所以.
故选：B
4．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.
【详解】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，
所以，,所以，.
故选：B.
5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，动点满足，则点P的轨迹与圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据两点距离公式整理等式，可得动点的轨迹方程，明确两圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系，可得答案.
【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，
又圆C的圆心，半径，所以，且，
所以两圆相交，故其公切线的条数为2条.
故选：B.
6．设等差数列，的前项和分别为，，，都有，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解.
【详解】因为等差数列，的前项和分别为，且，
所以.
故选：D.
7．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…设第层有个球，从上往下层球的总数为，则下列结论错误的是（ ）
A．B．，
C．D．
【答案】D
【分析】A：直接根据前层的球数计算出；B：先分析得到的递推关系式，然后求解出，再根据求得结果；C：采用裂项相消法进行求和；D：根据每一层的球数变化规律得到递推关系.
【详解】对于A，，A正确；
对于D，由每层球数变化规律可知：，D错误；
对于B，当时，；
当时，满足，；
，B正确；
对于C，，
，C正确；
故选：D.
8．如图所示，双曲线与抛物线有公共焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，双曲线的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】可求出，由知点为线段的中点，从而得到长，根据在抛物线上可表示出的坐标，也就得到的坐标，代入渐近线方程可建立的关系求得.
【详解】根据题意，如图：
因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，
又到的距离，即，
又，所以点为线段的中点，则，
设点，由抛物线定义知，解得；
由可得，
则由等面积可知：，解得，则，则，
又点在渐近线上，即，即，
又，联立得，即，解得，
故.
故选：B.
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率,本题关键是求出的坐标代入渐近线方程建立方程求解.
二、多选题
9．已知直线，直线，则（ ）
A．当时，与的交点是B．直线与都恒过
C．若，则D．，使得平行于
【答案】ABC
【分析】将代入，联立两直线方程即可求得交点，则A可解；由直线过定点问题可求B；由两直线垂直时的斜率之积为可解C，注意讨论斜率为0和斜率不存在的情况；由两直线平行得到关于a的方程，解方程可得a值，再代入验证两直线是否重合即可判断D.
【详解】对于A，当时，，，
，解得，故交点为，即A正确；
对于B，，恒过定点，，
，解得，，也过定点，故B正确；
对于C，当时，与不垂直，
当时，由可得，解得，故C正确；
对于D，由可得，解得或，
当时，，，两直线重合，不符合题意，
当时，，，两直线重合，不符合题意，故D错误；
故选：ABC.
10．已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若为等差数列，，，，则当时，最大
D．若，则为等比数列
【答案】ABC
【分析】直接利用数列的递推关系式，等差数列和等比数列的定义判断A，B，C，D的结论．
【详解】对于A：点在函数，为常数）的图象上，故，
故（常数），则为等差数列，故A正确；
对于B：由于数列为等差数列，所以（常数），
故（常数），所以数列为等比数列，故B正确；
对于C：若为等差数列，，所以，则，
又，所以，故，所以公差，
所以等差数列递减，则当时，，当时，，
则当时，最大，故C正确；
对于D：由于，当时，整理得，
当时，，故，
经检验，不满足上式，
故，故选项D错误．
故选：ABC．
11．已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．为中点
【答案】BCD
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，
由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，
，则，
设，，由，则，可得 ，
所以 ，
,解得
所以,所以B正确.
，得，
A选项错误；
所以,满足,所以C正确.
而,所以D正确.
故选：BCD
12．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则以下结论正确的为（ ）

A．三棱锥体积为定值
B．异面直线成角为
C．直线与面所成角的正弦值
D．当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【分析】易证平面，故三棱锥体积为定值；易得，为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证平面，利用正、余弦定理求出的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项.
【详解】因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，又为线段上动点，所以到平面距离为定值，故三棱锥体积为定值，当点与重合时，，故A正确；
因为，故与所成角等价于与所成角，为等边三角形，所以异面直线成角为，故B项错误；
以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，则，即，令，得，故，设直线与面所成角为，
则，故C项正确；
当点为中点时，，易得，平面，又平面，所以，，平面，所以平面，即平面，，，
所以，，的外接圆半径为，故所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，设三棱锥的外接球半径为，则，故三棱锥的外接球表面积为，故D项正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知，则在上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】利用投影向量的定义，结合空间向量数量积的坐标运算，可得在上的投影向量的坐标.
【详解】已知空间向量和，
则在上的投影向量为
.
故答案为：.
14．已知数列的前n项和为，若，则 ．
【答案】
【分析】先令得到，再令得到，从而得到为常数，得到数列是首项为，公比为2的等比数列，从而直接求得通项公式.
【详解】令，得，所以；
令，则，
两式相减得，，即，
所以，
因为，所以，
所以为常数，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：
15．如图是一座抛物线型拱桥，拱桥是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米．当水位下降，水面宽为6米时，拱顶到水面的距离为 米．
【答案】4.5/
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，求出抛物线的方程，再代点的坐标即得解.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，
将代入，得，所以．
设，代入，得．
所以拱桥到水面的距离为．
故答案为：4.5.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，为双曲线右支上一点，且满足，则的周长为 .
【答案】/
【分析】由离心率求出、，再由双曲线定义结合已知可得，从而求出的周长.
【详解】由题意可得，，
，
，，
为双曲线右支上一点，
，
又 ，
，
则的周长为．
故答案为：．

四、解答题
17．已知等差数列的前三项分别为
(1)求的通项公式
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件求出的值，可得数列首项和公差，可求的通项公式；
（2）由数列的通项公式，利用分组求和法，求前项和.
【详解】（1）设等差数列公差为，由已知，
所以，解得，则，
所以公差，所以.
（2）由题意可得，
所以
.
18．已知圆
(1)若直线过定点，且与圆C相切，求直线的方程；
(2)若圆D的半径为3，圆心在直线上，且与圆C外切，求圆D的方程．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）由点到直线的距离等于半径，即可分情况求解，
（2）由两圆外切圆心距与半径之和的关系，即可列方程求解.
【详解】（1）圆
化为标准方程为，
所以圆C的圆心为，半径为
①若直线的斜率不存在，即直线为，符合题意．
②若直线的斜率存在，设直线的方程为即
由题意知，圆心到已知直线的距离等于半径2，
所以，即，
解得，所以直线方程为
综上，所求直线的方程为或
（2）依题意，设
又已知圆C的圆心为，半径为2，
由两圆外切，可知，
所以，
解得或所以或，
所以所求圆D的方程为或
【点睛】本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系及圆与圆的位置关系，属于中档题．
先求出圆心和半径，然后分成直线斜率存在或不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得直线的方程．
设出圆D圆心坐标，利用两圆外切，连心线等于两圆半径的和列方程，可求得a的值，从而求得圆D的方程．
19．如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．

(1)证明：平面平面PBC；
(2)当时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【详解】（1）因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
（2）解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
20．已知抛物线上的点M（5，m）到焦点F的距离为6.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点作直线l交抛物线C于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求直线l方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.
（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程．
【详解】（1）由题设，抛物线准线方程为，
∴抛物线定义知：可得，故
（2）由题设，直线l的斜率存在且不为0，设
联立方程，得，
整理得，则.
又P是线段AB的中点，∴，即
故l
21．已知数列{an}的前n项和,且Sn的最大值为8.
（1）确定常数k，求an；
（2）求数列的前n项和Tn．
【答案】（1）
（2）Tn
【详解】试题分析：（1）当时，取最大值，即，故，从而，又，所以
（1） 因为，
所以
【解析】本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和．
点评：典型题，本题首先由的关系，确定数列的通项公式是关键．不求和过程中应用了“错位相减法”．在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到．
22．如图，椭圆E：两焦点为，且经过点.
(1)求椭圆E的离心率e与椭圆方程；
(2)经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q（均异于点A），求证：直线与的斜率之和为定值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意知，，从而求得，进而可求解；
（2）由题设知，直线的方程为（且），设，，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理，求得斜率，把韦达公式代入化简即可求解.
【详解】（1）由题意知，，由由解得.
所以，，则椭圆的方程为.
（2）由题设知，直线的方程为（且），
代入，得，
由已知，设，，.
则，，
从而直线与的斜率之和
故：直线与的斜率之和为定值2.