福建省福清第一中学2023-2024学年高二下学期开门检测数学 Word版含解析.docx

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2022级高二年第二学期开门检测数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.抛物线的焦点坐标是（    ）．A.B.C.D.2.设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（）A.7B.12C.15D.313.已知直线，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2mB.1.3mC.1.4mD.1.5m5.设是等差数列的前项和，若，则（）A.B.C.D.6.正方体棱长为为棱中点，为正方形内（舍边界）的动点，若，则动点的轨迹长度为（）A.B.C.D.7.已知数列满足，，设数列的前项和为，若 ，则的最小值是（）A.B.C.D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为的上顶点为M，且，双曲线和椭圆有相同的焦点，P为与的一个公共点.若（O为坐标原点），则的离心率（）A.B.C.D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.关于空间向量，下列说法正确的是（）A.直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则B.直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.平面，的法向量分别为，，则D.若对空间内任意一点O，都有，则P，A，B，C四点共面10.直线，圆，下列结论正确的是（）A.直线恒过定点B直线与圆必有两个交点C.直线与圆的相交弦长的最大值为D.当时，圆上存在3个点到直线距离等于111.已知，是抛物线上两点，焦点为F，抛物线上一点到焦点的距离为，下列说法正确的是（）A.B若，则直线恒过定点C.若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为 D.若，则直线的斜率为12.已知数列前项和为，，且对任意正整数，恒成立，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.数列是等比数列B.C.D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为______.14.在平面直角坐标系中，已知圆，写出满足条件“过点且与圆相外切”的一个圆的标准方程为__________.15.数列满足，前12项和为158，则的值为______.16.已知，分别为双曲线：的左右焦点，过点且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，且点A、B在x轴的上方，A、B两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的渐近线方程是_____________________.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.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18.在平面直角坐标系中，圆C的方程为，．（1）当时，过原点O作直线l与圆C相切，求直线l的方程；（2）对于，若圆C上存在点M，使，求实数的取值范围．19.己知双曲线的一条渐近线为，其虚轴长为为双曲线 上任意一点．（1）求证：到两条渐近线距离之积为定值，并求出此定值；（2）若双曲线的左顶点为，右焦点为，求的最小值．20.如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形．（1）求证：平面BCD⊥平面ACE；（2）若，，，求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值21.已知数列中，，（）.（1）求数列的通项公式；（2）若对于，使得恒成立，求实数的取值范围.22.已知椭圆C的中心在坐标原点，两焦点在x轴上，离心率为，点P在C上，且的周长为6．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的动直线l与C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴的交点为E，求的面积的最大值． 2022级高二年第二学期数学科开门检测试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.抛物线的焦点坐标是（    ）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意结合抛物线方程运算求解.【详解】因为抛物线方程为，即，即，可得，且焦点在y轴正半轴上，可知抛物线的焦点坐标是.故选：D.2.设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（）A.7B.12C.15D.31【答案】C【解析】【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案.【详解】设公比为，因为，，成等差数列，所以，则，解得：或0（舍去）.因为，所以，故.故选：C3.已知直线，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】C【解析】【分析】根据直线平行的条件可求出a的值，再根据a的值判断两直线是否平行，即可得答案.【详解】当时，，解得或．当时，与重合，不符合；当时，与不重合，符合，故“”是“”的充要条件．故选：C4.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2mB.1.3mC.1.4mD.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.5.设是等差数列的前项和，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列片段和性质及已知，设，求得，即可得结果.【详解】由等差数列片段和性质知：是等差数列. 由，可设，则，于是依次为，所以，所以.故选：B6.正方体的棱长为为棱中点，为正方形内（舍边界）的动点，若，则动点的轨迹长度为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，根据列等式，得到点的轨迹方程，理解方程含义为线段，结合图形得到端点坐标，求解.【详解】如图建立空间直角坐标系，设，则,,则，.因为，所以，所以，所以点的轨迹为上底面中的一条线段.易知点的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为，所以动点的轨迹长度为故选：A7.已知数列满足，，设数列的前项和为，若 ，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列定义和通项公式可推导得到，由此可得，利用裂项相消法可求得，由可构造不等式求得范围，进而得到最小值.【详解】，，数列是以为首项，为公差的等差数列，，则，，，由得：，解得：，又，.故选：B.8.已知椭圆的左、右焦点分别为的上顶点为M，且，双曲线和椭圆有相同的焦点，P为与的一个公共点.若（O为坐标原点），则的离心率（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由椭圆离心率公式求得，再利用椭圆和双曲线的定义，结合勾股定理得到，从而得解.【详解】依题意，设焦距为，椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，双曲线的长轴长为，短轴长为，离心率为， 因为，则在中，，根据对称性，不妨设椭圆与双曲线的交点在第二象限，因为，所以，则，由双曲线的定义知：，由椭圆的定义知：，则，则，则，则，又，解得.所以的离心率.故选：C.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用共焦点的椭圆与双曲线的定义，推得两个离心率之间的关系，从而得解.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.关于空间向量，下列说法正确的是（）A.直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则B.直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.平面，的法向量分别为，，则D.若对空间内任意一点O，都有，则P，A，B，C四点共面【答案】AD【解析】 【分析】利用可判断A；由可判断B；由可判断C；由可判断D.【详解】对于A，直线l的方向向量为，直线m的方向向量，由，则，故正确对于B，直线l的方向向量为，平面的法向量为，所以，则，故错误；对于C，平面，的法向量分别为，，所以，，则，故错误；对于D，，得，则P，A，B，C四点共面，故正确.故选：AD.10.直线，圆，下列结论正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆必有两个交点C.直线与圆的相交弦长的最大值为D.当时，圆上存在3个点到直线距离等于1【答案】ABD【解析】【分析】利用直线过定点的求解方法求出定点即可判断A；判断定点与圆的位置关系即可判断直线与圆的位置关系；利用相交弦最长的是直径即可判断C；利用圆心到直线的距离为1，再结合图形即可判断D.【详解】将直线的方程化为，令，解得，所以直线恒过定点，选项A正确；圆的方程化为，圆心，半径2，直线恒过定点到圆心的距离为， 所以定点在圆C内，故而直线与圆必有两个交点，所以选项B正确；直线与圆的相交，相交弦最长的是直径，故而相交弦长的最大值为4，所以选项C错误；当时，直线，圆心到直线的距离为1，如图所示，x轴与圆的两个交点O、B到直线的距离为1；又因为圆半径为2，所以直线与圆的交点A到直线的距离为1，故而圆上存在3个点到直线距离等于1，选项D正确.故选：ABD11.已知，是抛物线上两点，焦点为F，抛物线上一点到焦点的距离为，下列说法正确的是（）A.B.若，则直线恒过定点C.若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为D.若，则直线的斜率为【答案】AD【解析】【分析】根据抛物线定义可对A项判断；设出直线方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理可对B、C项判断.利用数型结合及，即可求解判断D项.【详解】对于A：根据抛物线的定义知，得，故A选项正确；对于B：设，，因为直线斜率必存在，设直线的方程为，代入得，， 所以，，所以，解得，所以直线恒过定点，故B选项错误；对于C：的外接圆与抛物线的准线相切，，，因为外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点，从而可得外接圆圆心的纵坐标为，又与抛物线准线相切，所以得外接圆半径为，故C选项错误；对于D：因为，所以直线过焦点，且，设直线的倾斜角为，由抛物线性质知的斜率为互为相反数的两个值，如图，过，分别向准线作垂线，，过向作垂线，设，则，，，，，，，根据对称性可得，故D选项正确.故选：AD.12.已知数列的前项和为，，且对任意正整数，恒成立，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.数列是等比数列B.C.D.【答案】AC 【解析】【分析】A选项，由时，定义法证明数列是等比数列；B选项，由A选项的结论，构造为等差数列，求出通项得；C选项，利用B选项中的结论验证；D选项，利用分组求和法求数列的前项和.【详解】对于A，由，当时，，解得；当时，，所以，即.又，所以是首项为，公比为的等比数列，A正确.对于B，由A易得，，则.又，所以是首项为2，公差为1的等差数列.则有，所以，B错误.对于C，因为，，所以，C正确.对于D，因为，所以，D错误.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点，，平面一个法向量为，则点到平面的距离为______.【答案】【解析】【分析】依题意求得，再利用点到平面的距离公式即可得解.【详解】，则点到平面的距离. 故答案为：14.在平面直角坐标系中，已知圆，写出满足条件“过点且与圆相外切”的一个圆的标准方程为__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设满足条件的圆的标准方程为（），由点在圆上及外切关系可得方程组，化简取值即可得其中一个符合的结果.【详解】设满足条件的圆的标准方程为（），则有，即，两式相减化简得.不妨取，则，故满足条件的圆的标准方程为.故答案为：（答案不唯一）15.数列满足，前12项和为158，则的值为______.【答案】5【解析】【分析】由，推出和，再利用前12项和为158求解【详解】因为，所以，，，，又，，， .故答案为：516.已知，分别为双曲线：的左右焦点，过点且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，且点A、B在x轴的上方，A、B两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的渐近线方程是_____________________.【答案】【解析】【分析】设是的中点，先求得点的坐标，然后利用点差法求得，进而求得正确答案.【详解】设，依题意，设的中点为，由于，所以，所以，，由于，所以，所以，所以或，由于在双曲线渐近线上，所以，两式相减并化简得，，若，则不符合题意，舍去. 若，则，所以，所以渐近线方程为.故答案为：【点睛】本题解题的关键点有两个，一个是，则在线段的垂直平分线上，由此可以构建中点和斜率的关系式；另一个关键点是点差法，利用点差法可以减少运算量，可以快速求得问题的答案.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.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式列式计算可得结果；（2）根据分组求和法、等差数列求和公式及等比数列求和公式可得结果.【小问1详解】 设等差数列的公差为，由题意，，解得，所以，故数列的通项公式【小问2详解】由（1）知，，所以.故数列的前项和.18.在平面直角坐标系中，圆C的方程为，．（1）当时，过原点O作直线l与圆C相切，求直线l的方程；（2）对于，若圆C上存在点M，使，求实数的取值范围．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合点到直线得距离公式即可得解；（2）要使得，则M在线段的中垂线上，从而可得线段的中垂线与圆C有公共点，则有圆心到直线得距离小于等于半径，从而可得出答案.【小问1详解】 当时，圆C的方程为，圆心，半径，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，满足条件；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，由直线l与圆C相切，则，解得，所以l的方程为，即，综上得，直线l的方程为或；【小问2详解】圆心，，则线段的中垂线的方程为，即，要使得，则M在线段的中垂线上，所以存在点M既要在上，又要在圆C上，所以直线与圆C有公共点，所以，解得，所以．19.己知双曲线的一条渐近线为，其虚轴长为为双曲线上任意一点．（1）求证：到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值；（2）若双曲线的左顶点为，右焦点为，求的最小值．【答案】（1）证明见解析，（2） 【解析】【分析】（1）根据已知条件求出双曲线方程，设，并表示出点到两条渐近线的距离，，结合计算即可求解；（2）设，根据，坐标表示出，结合，得到关于的一元二次函数，根据定义域或求最值即可.【小问1详解】由题意可得，解得，因此，双曲线的方程为设，则，渐近线为，P到两条渐近线的距离之积.【小问2详解】由已知，得，，设或，在双曲线上，所以，因此或，对称轴为，由于或，所以当时，取得最小值为.20.如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形． （1）求证：平面BCD⊥平面ACE；（2）若，，，求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）首先证明BC⊥平面ACE，然后证明平面BCD⊥平面ACE；（2）构建空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面ADE和平面CDE夹角的余弦值；【小问1详解】∵AB为圆锥底面的直径，C为底面圆周上一点，∴BC⊥AC．∵四边形OAED为矩形，OD⊥平面ABC，∴AE//OD，AE⊥平面ABC，又平面ABC，又∵，平面ACE，平面ACE，∴BC⊥平面ACE．又平面BCD，∴平面BCD⊥平面ACE．【小问2详解】以C为坐标原点，AC，BC所在直线分别为x，y轴，过点C且与OD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，，．设平面ADE的法向量为，则，即，令，得，所以．设平面CDE的法向量为，则，即，令，得，，所以，所以，所以平面ADE和平面CDE夹角的余弦值为．21.已知数列中，，（）.（1）求数列的通项公式； （2）若对于，使得恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件得，从而得出数列从第二项起，是以为首项，以为公比的等比数列，即可求出结果；（2）将问题转化成，当时，，当时，通过构造，利用数列的单调性，得出，进而可求出结果.小问1详解】因为①，当时，②，由①②得，整理得到，又由，当时，得到，即，故数列从第二项起，是以为首项，以为公比的等比数列，所以，即，又时，，所以.【小问2详解】因为，等价于，当时，，由（1）知，当时，， 设，则对恒成立，所以，故当时，，又，所以.【点睛】关键点点睛：第（2）问，利用分离参数法得，从而构造，从而研究函数的单调性求出的范围.22.已知椭圆C的中心在坐标原点，两焦点在x轴上，离心率为，点P在C上，且的周长为6．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的动直线l与C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴的交点为E，求的面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可.（2）首先设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理、点关于轴对称、三点共线得到，从而得到，再利用换元法求解最值即可.【小问1详解】 由题知：，所以椭圆【小问2详解】如图所示：设直线，..，解得.，因为点关于轴对称，所以.设，因为三点共线，所以.即，即.解得.所以点为定点，. .令，则，当且仅当，即时取等号.所以的面积的最大值为.