2023-2024学年陕西省榆林市第十中学高二上学期阶段检测三数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省榆林市第十中学高二上学期阶段检测三数学试题含答案，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．数列中，，，那么这个数列的通项公式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知等式证明数列为等差数列，即可写出等差数列的通项公式.
【详解】因为，所以数列是以5为首项，3为公差的等差数列，
则.
故选：B
【点睛】本题考查等差数列的概念及通项公式，属于基础题.
2．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由斜率直接求解倾斜角即可.
【详解】设倾斜角为，则，则.
故选：C.
3．宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为，容易发现：，，，则（ ）
A．45B．40C．35D．30
【答案】B
【分析】根据题意，归纳推理，第层的圆球总数个数表达式，再将，，代入求解即可．
【详解】当时，第1层的圆球总数为，
当时，第2层的圆球总数为，
当时，第3层的圆球总数为，
．
所以第层的圆球总数为，
当时，，当时，，
故．
故选：B．
4．如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.
【详解】，
，
，
，
故选：A.
5．已知圆与抛物线的准线相切，则（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】C
【分析】求出抛物线的准线方程，利用圆与准线相切即得．
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
抛物线的准线为，
所以，
∴，
故选：C.
6．椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用点差法计算即可求得结果.
【详解】设弦的两端点为A(x1,y1),B(x2,y2)，
代入椭圆得，
两式相减得，
即，
即，又
即，
即，
∴弦所在的直线的斜率为，
故选：C.
7．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)（ ）
A．300米B．299米
C．199米D．166米
【答案】A
【分析】根据题意，得到小球经过的里程，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，可得小球10次着地共经过的路程为：
米
故选：A.
8．如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线AB交抛物线于点A，B，交抛物线的准线于点C，若，则

A．4B．5
C．6D．7
【答案】B
【分析】设直线AB的倾斜角为，，，过点B作准线的垂线，垂足为D，由抛物线的定义可得，由几何关系可得，易得，即可求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，即可求得故，根据抛物线的性质即可求出结果.
【详解】设直线AB的倾斜角为，，，过点B作准线的垂线，垂足为D，
则，
那么，易得，
于是直线AB的方程为，
代入，得，故，
所以．故选B．
【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，抛物线的焦点弦(过焦点的弦)为、,则有如下结论：(1) ;(2)，.
二、多选题
9．已知曲线：，：，则（ ）
A．的长轴长为4B．的渐近线方程为
C．与的焦点坐标相同D．与的离心率互为倒数
【答案】BD
【分析】根据椭圆与双曲线的标准方程，结合它们的几何性质逐项判断即可.
【详解】可知曲线：是焦点在轴上的椭圆，
设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故曲线的长轴长，故A不正确；
可知曲线：是焦点在轴上的双曲线，
设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故与曲线的焦点位置不同，故C不正确；
双曲线：的渐近线方程为，故B正确；
又因为，所以与的离心率互为倒数，故D正确.
故选：BD.
10．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．为钝角D．在方向上的投影向量为
【答案】BD
【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D.
【详解】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上的投影向量，D对，
故选：BD.
11．已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递减数列B．
C．当取得最大值时，D．
【答案】AD
【分析】由等差数列的求和公式结合已知条件可得，，从而得且，进而可得出答案.
【详解】，所以，
，
所以，所以且，
所以数列是递减数列，且当时，取得最大值．故AD正确，BC错误．
故选：AD．
12．在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．异面直线与MN所成的角为
B．二面角的正切值为
C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍
D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是
【答案】BCD
【分析】对于A，连接，可得异面直线与MN所成的角，然后在中求解即可，对于B，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断，对于C，利用等体积法求解，对于D，作出截面，再求其周长
【详解】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误，
对于B，如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
向量为平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，则
，
所以
所以，所以B正确，
对于C，设，分别到平面的距离为，
因为，
所以,
所以，
所以，所以，
所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确，
对于D，作直线，分别延长交于，
连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以，
因为∽，所以，
所以，
所以，
所以，，
同理可得，，
所以五边形的周长为，所以D正确，
故选：BCD
三、填空题
13．在和之间插入两个数，，使这四个数成等差数列，则公差为 .
【答案】3
【解析】设该等差数列为，其首项为，公差为，根据题中条件列出方程求解，即可得出公差.
【详解】设该等差数列为，其首项为，公差为，由题知，，，
即，解得.
故答案为：.
14．已知双曲线的渐近线方程是，且双曲线经过点，则双曲线的标准方程为 .
【答案】
【分析】根据渐近线方程可设双曲线的方程，再代入计算即可
【详解】双曲线的渐近线方程为,可设双曲线的方程为,代入,可得,则双曲线的方程为.
故答案为：
15．已知数列的前n项和为，则= .
【答案】
【分析】根据题中，利用 和 的关系式 来求解，注意时要检验是否符合时的表达式.
【详解】当时，；
当时，因为，
所以
所以；
所以；
所以当时，是以2为公比的等比数列；
所以，
当时，
所以，
故答案为：
16．椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为
【答案】
【详解】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.
利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：，，.又已知，，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为.
【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，然后化为有关的齐次式方程，进而转化为只含有离心率的方程，从而求解方程即可. 体现考纲中要求掌握椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.
四、解答题
17．在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
①与直线垂直；②过点；③与直线平行.
问题：已知直线过点，且___________.
（1）求直线的一般式方程；
（2）若直线与圆相交于点，，求弦的长.
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.
【分析】选①：（1）求出直线的斜率，可求得直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程即可；
（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长；
选②：（1）根据直线上两点求出直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程；
（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长；
选③：（1）由直线平行求得直线的斜率，利用点斜式可求得直线的方程即可；
（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦长.
【详解】方案一选条件①.
（1）因为直线的斜率为，又直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
依题意，直线的方程为，即.
（2）圆的圆心到直线的距离为.
又圆的半径为，所以.
方案二选条件②.
（1）因为直线过点及，
所以直线的方程为，即.
（2）圆的圆心到直线的距离为.
又圆的半径为，所以.
方案三选条件③.
（1）因为直线的斜率为，直线与直线平行，
所以直线的斜率为
依题意，直线的方程为，即.
（2）圆的圆心到直线的距离为.
又圆的半径为，所以.
18．已知等差数列的公差，且是与的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和的最大值及对应的的值.
【答案】（1）；（2）当或时，取得最大值，且最大值为.
【分析】（1）根据等比中项的性质，再结合条件，可求出，代入等差数列公式即可求出.
（2）根据条件求出，利用二次函数的单调性进行求解．
【详解】（1）因为是与的等比中项，所以，即
整理得：
因为，，所以
故
（2）（方法一）因为，，所以
所以
当或时，取得最大值.
故当或时，取得最大值110.
（方法二）由，得
则当或时，取得最大值，
且最大值为
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，前n项和公式及二次函数的单调性，考查了推理和计算能力，属中档题．
19．双曲线上一点到左、右两焦点距离的差为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)设、是双曲线的左、右焦点，P是双曲线上的点，若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可求出双曲线的方程，
（2）由已知结合双曲线的定义可求出，然后利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系求出，从而可求出的面积
【详解】（1）由题意得，得，
因为点在双曲线上，
所以，解得，
所以双曲线的方程为，
（2）由（1）可得，所以，
不妨设点在双曲线的右支上，则，
因为，所以，
因为，
所以由余弦定理得，
因为，
所以，
所以的面积为
20．已知公比为的正项等比数列，且，，．
（1）求的值；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先利用已知条件求公比和，再计算，即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）正项等比数列中，，，
故，即，故，，；
（2）由知，
①
又 ②
由①②得，
所以数列的前n项和.
【点睛】本题考查了数列通项公式和错位相减法求和，属于中档题.
21．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是边长为2正方形，，，与交于点O，点E在线段上.
(1)求证：平面；
(2)若E为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理证明即可；
（2）以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面且交线为，
又底面是正方形，所以，平面，
所以平面，平面，所以，
因为底面是边长为2正方形，所以，
又，，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
（2）因为平面，底面是正方形，
以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
，.
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
直线与平面所成角的正弦值为.
22．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为6.
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)设不与轴垂直的直线与点的轨迹交于不同的两点，.若，求证：直线l过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设动圆圆心为，利用垂径定理列方程即可得轨迹方程；
（2）设，将其和轨迹C联立，得到根与系数的关系，代入，可得的关系，代入，即可找到定点．
【详解】（1）设动圆圆心为，，到x轴距离为，x轴截得半弦长为3,
则，化简得；
所以动圆圆心M的轨迹方程为.
（2）易知直线l的斜率存在，设，则
由，得，
,
由韦达定理有：，.
从而，
即，则,
则直线，
故直线过定点.