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

2023~2024学年度第一学期高二年级（12月）阶段性训练试题数学试卷本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.抛物线的焦点坐标为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线标准方程，可求得p，进而求得焦点坐标．【详解】将抛物线方程化为标准方程为，可知所以焦点坐标为所以选D【点睛】本题考查了抛物线的基本性质，属于基础题．2.若为实数，则“”是“直线与直线平行”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 【答案】A【解析】【分析】根据直线平行条件和充分必要条件的概念可判断结果.【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，即且，解得.所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选：A3.设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（）A.B.C.15D.40【答案】C【解析】【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出.【详解】由题知,即,即,即.由题知,所以.所以.故选:C.4.由双曲线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，据此可求得曲线的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的渐近线垂直得其为等轴双曲线，从而可得离心率. 【详解】，故该曲线是由反比例函数的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到的，所以双曲线的两渐近线为和，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.故选：D.5.已知数列各项为正数，满足，，则（）A.是等差数列B.是等比数列C.是等差数列D.是等比数列【答案】C【解析】【分析】分析可知数列每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论.【详解】因为数列各项为正数，满足，，故对任意的，，则，所以，数列的每一项都是正数，所以，，可得，由等差中项法可知，数列是等差数列，故选：C.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Koch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.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.【详解】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，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，即经过4次操作之后所得图形的面积是.故选：A7.已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作直线与椭圆相交于、两点，，且，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，则，利用椭圆的定义及勾股定理解得，表示出，，再利用锐角三角函数表示出，由余弦定理表示出，即可得到方程，解得，即可求出离心率.【详解】如图所示，设，，设，则，在中，，由椭圆定义可知，，，解得，所以，， 在中，可得，在中，由余弦定理可得，，，即0，解得，所以椭圆离心率.故选：D.8.已知数列中的前项和为，，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】已知与的关系，通常利用，分类讨论n为奇偶时，求，数列不等式恒成立转化为求数列的最值问题，即可求出结果. 【详解】，，时，若为偶数，，（为奇数），若为奇数且，则，所以（为偶数），为奇数时，，此时，，所以，为偶数时，，此时，所以，对任意恒成立，故选：B【点睛】本题考查了求数列的通项公式问题和数列不等式恒成立求参数取值，考查了计算能力和逻辑推理能力，属于中档题目.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.直线与圆交于、两点，则可能为（）AB.3C.D.8【答案】CD【解析】【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，求得圆心到直线的距离为，结合垂径定理求出表达式，利用基本不等式求出范围，结合选项即可判断. 【详解】由圆，可得圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，则，因为直线被圆截得的弦长为，所以，又直线恒过定点在圆内，所以，当即时，；当即时，，当即时，，当且仅当即，等号成立，此时；当即时，，当且仅当即，等号成立，此时；综上所述，.结合选项知，，.故选：CD.10.已知等差数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（）A.B.C.中绝对值最小的项为D.数列的前项和最大项为 【答案】BCD【解析】【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由的正负分界点，判断最大项判断D.【详解】由题意，可得，显然，，即为递减数列，且，，即，故A错，B、C对；由题意，的前8项为正，第9项开始均为负，故最大项为，D对.故选：BCD11.设抛物线C：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.轴B.C.D.【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.【详解】对于A选项：设,,,过点A切线为：①,过点B切线为:②,①②得化简可得轴,A选项正确.设 过A点的切线为,过B点的切线为,交点为AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；,所以,D选项错误;作抛物线准线垂线,连接则显然,所以又因为由抛物线定义,得,故知是线段的中垂线,得到则同理可证：,，所以，即,所以,即.故选:AC.12.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（） A.平面B.平面截正方体所得的截面面积为C.点Q的轨迹长度为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【答案】ABD【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面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，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值.【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，故.设平面的法向量为，则，令得，，故，因为，故平面，A正确； B选项，取的中点，连接，因为M，N，P分别是棱，，的中点，所以，又，所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，其中边长为，故面积为，B正确；C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，即为点Q的轨迹，其中，由对称性可知，，故半径， 故点Q的轨迹长度为，C错误；D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，所以平面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的空间几何体的球的半径最大值，该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，，故，即，解得，故球的半径的最大值为，D正确.故选：ABD【点睛】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.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则____________.【答案】8 【解析】【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等，由圆的圆心为：，圆心到的距离为：，圆心到的距离为：，所以，由题意，所以，故答案为：8.14.已知数列满足，则的通项公式为______.【答案】【解析】【分析】对取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可.【详解】对两边取倒数得，即，当时，，，，，， 将以上各式累加得，又，所以，所以，当时，也满足，所以.故答案为：15.设为数列的前项积，若，且，则当取得最小值时，的值为______．【答案】9【解析】【分析】先得到为等比数列，公比为，求出通项公式，并得到时，取得最小值.【详解】由得，，故为等比数列，公比为，由得，解得，所以，，当时，，当时，，当时，，又，故时，取得最小值.故答案为：916.双曲线的左焦点为，过作轴垂线交于点，过作与的一条渐近线平行的直线交于点，且、在轴同侧，若，则的离心率为_______．【答案】【解析】【分析】设点，求出点，分析可知直线的斜率为 ，利用斜率公式可得出关于、、的齐次等式，由此可解得双曲线的离心率.【详解】易知点，将代入双曲线的方程，可得，解得，设点，过点作与直线平行的直线为，联立，解得，即点，因为，则直线的倾斜角为，则，即有，即，即，所以，，所以，.故答案为：.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.已知圆C的圆心在直线上，且该圆与x轴相切.（1）若圆C经过点，求该圆的方程； （2）若圆C被直线截得的弦长为，求该圆的方程.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）由题意可设圆心坐标，进而设圆的标准方程，将圆过的点的坐标代入，求得参数，即得答案.（2）求出圆心到直线的距离的表达式，利用圆心距、弦长、半径之间的关系列式计算，求得参数，即可得答案.【小问1详解】由圆C的圆心在直线上可设圆心为，由于该圆与x轴相切.，故圆的半径，故可设圆的方程为，又圆C经过点，故，即，解得或，所以圆的方程为或；【小问2详解】由（1）知圆的方程为，圆心到直线的距离为，圆C被直线截得的弦长为，故，即，解得，故圆的方程为或.18.已知等差数列的前项和为，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足，记数列的前项和为， 证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件利用等差数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，然后利用通项公式求出结论；（2）利用等差数列前项和公式，求得，进而得到，然后利用裂项相消求和法求得，最后利用不等式的基本性质证明结论.【小问1详解】设已知数列的公差为d，依题意有，解得，，.【小问2详解】由（1）可得，，∴，，，，，累加相消得.故.19.如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD满足，， ，棱PD上的点E满足．（1）证明：直线平面PAB；（2）若，，且，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，过C做，交BD于T点，先利用三角形全等证得，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由，证明平面平面即可得证.（2）根据三角形的余弦定理及边长关系证明平面，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解.【小问1详解】解：由题意得：连接，过C做，交BD于T点，如图所示：，， 又在中，解得：平面，平面，平面，平面，平面，平面又相交于点平面平面平面直线平面PAB【小问2详解】连接AC交BD于O点在和中，由可得，即解得：，满足，所以又又有AC交BD于O点，所以平面，满足PO，CO，DO两两垂直故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系则，，， 于是有，设平面的法向量为，由取又故所求角的正弦值为所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.20.设数列的首项，前项和满足：．（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比为，数列满足：，．求．【答案】20.证明见解析21.【解析】【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可；（2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可. 【小问1详解】由；令，得，故，；因为，其中，，．所以当时，，两式相减得：，整理得：，．综上，数列是首项为1，公比为的等比数列．【小问2详解】由题意得：，，，，故．当为偶数时，当为奇数时，综上： 21.已知抛物线的焦点为，点为上一点，且以为圆心，为半径的圆恰好与的准线相切（为坐标原点），过点的且斜率的直线与交于，两点.（1）求的标准方程；（2）若点，直线与的另一个交点分别为，设的倾斜角角分别为，当取最大值时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，化简得，又点在抛物线上即，解方程即可求解；（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，即可求解.【小问1详解】由题意，所以，即，又，所以，所以，所以抛物线的标准方程为；【小问2详解】设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得，所以，又因为的倾斜角角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，.22.已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为2，点为轴上一定点，点为上一动点，当轴时，的面积为.（1）求的标准方程；（2）斜率为2的动直线与交于不同的两点，直线与的另外一个交点分别为，证明：直线恒过某一定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据焦距得到，利用面积求出，将点M坐标代入方程解得，得到椭圆方程.（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，写出直线方程，与椭圆方程联立求得点坐标，同理得点坐标，后再求出直线方程，利用，由此方程关于 是恒等式可得定点坐标.【小问1详解】由题意，所以，所以，则椭圆的左焦点为，右焦点为，当轴时，则，所以，又点在椭圆上，所以，所以，即，解得或（舍去），所以，故椭圆方程为；【小问2详解】设直线方程为，由得，所以，所以，设，则，，则直线方程为，由得，又，代入整理得，又是此方程的两根，所以，所以，即， 同理可得，所以，所以直线方程为，注意，令，，所以直线过定点.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的策略：（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利用条件找到与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）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.