安徽省部分普通高中2023-2024学年高二下学期春季阶段性检测数学Word版含解析.docx

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安徽省普通高中高二春季阶段性检测数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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，只有一项是符合题目要求的．1.已知向量，若，则（）A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据垂直关系得到方程，求出答案.【详解】因为，所以，解得．故选：D2.若直线与平行，则（）A.B.2C.D.或2【答案】C【解析】【分析】根据两直线的位置关系建立方程，解方程，验证即可.【详解】若，则，解得或，当时，重合，不符合题意，所以舍去．所以.故选：C 3.记等差数列的前项和为，若，则（）A.42B.52C.56D.60【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质结合等差数列的前项和公式求解即可.【详解】由，得，则．故选：B.4.若圆与轴相切，且圆心坐标为，则圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据题意求出圆的标准式，从而再求出一般式.【详解】由已知得圆的半径为2，故圆的方程为，即．故A正确.故选：A.5.已知向量.若共面，则实数（）A.B.C.D.0【答案】D【解析】【分析】先应用空间共面向量定理，得到的形式，横、纵、竖坐标对应相等消参求解即可.【详解】因为共面，且都不是零向量；由空间共面向量定理得：存在实数，使得， 且，即，所以，解得．故选：D.6.古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果．其中有这样一个结论：平面内与两定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，则点的轨迹与圆的公共弦长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出点的轨迹的方程，即可得到其圆心与半径，再得到圆的圆心与半径，即可判断两圆相交，再两圆方程作差即可得到公共弦方程，求出圆心到公共弦所在直线的距离，最后由计算可得.【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，又圆的圆心为，半径，所以，且，所以两圆相交，其公共弦所在的直线方程为，圆心到公共弦所在直线的距离， 故公共弦长为.故选：C7.已知正项数列满足，且为等差数列，设，若数列的前项和为10，则（）A.30B.31C.40D.41【答案】C【解析】【分析】根据条件求出，然后利用裂项相消法求和即得【详解】因为，结合等差数列定义可得，所以，所以，所以数列的前n项和为，故．故选：C8.过抛物线的焦点作直线，与交于两点（点在轴上方），与轴正半轴交于点，点是上不同于的点，且，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由题意，为的中点，两点在抛物线上，已知，可表示出点和点坐标，三点共线，可表示出坐标，由，解出的值.【详解】因为，所以为的中点． 因为，所以，代入抛物线的方程可得，即，所以．设，由，即，可得，即，所以，解得．故选：B二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.如图，在平行六面体中，为与的交点，设，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，结合图形计算即可求解. 【详解】A：，故A错误；B：，故B正确；C：，又，所以，故C错误；D：，故D正确．故选：BD10.已知数列满足，则（）A.为等比数列B.为递增数列C.数列的前100项和为D.数列的前8项和为10000【答案】ABC【解析】【分析】根据题意求出数列的通项公式，然后逐项判断即可求解.【详解】对于，当时，，当时，， 所以，即，当时也满足该式，故，是等比数列，故A正确；对于B，，易知其为单调递增数列，故B正确；对于C，，所以的前项和为，故C正确；对于D，，则的前8项和为，故D错误．故选：ABC11.已知分别为椭圆的左､右焦点，过坐标原点且与坐标轴不重合的直线与交于两点，轴，垂足为，直线与的另一个交点为，则（）A.B.面积小于的面积C.的外接圆面积小于的外接圆面积D.的面积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆的定义及基本不等式可对A判断求解；作出图形可知点到轴距离比点到轴距离大，从而可对B判断求解；利用正弦定理分别求出与的外接圆半径，从而可对C判断求解；设出直线，再与椭圆方程式联立，分别求出，坐标，再结合基本不等式从而可对D判断.【详解】对于，四边形为平行四边形，，所以， 又，等号不成立，故A正确；对于，根据椭圆对称性及图知，点到轴的距离总比点到轴的距离大，的面积大于的面积，故B错误；对于，设的外接圆半径为，由正弦定理可得，同理的外接圆半径，其中椭圆焦点三角形在椭圆上点对应角最大为，易知，故C正确；对于D，设，由解得的面积，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点，则向量在上的投影向量的坐标是__________． 【答案】【解析】【分析】根据空间向量的投影向量的性质进行求解即可【详解】，向量在上的投影向量为：，故答案为：13.记数列的前项和为，已知，则__________．【答案】9【解析】【分析】根据题中，可求出，可求得为等比数列，从而可求解.【详解】由，可知当时，，所以，即，从而，当时，，所以，又，所以，从而．故是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.故答案为：9.14.已知是椭圆与双曲线的公共焦点，的离心率为的离心率为为与的一个公共点，若，则__________． 【答案】4【解析】【分析】根据椭圆与双曲线的定义，然后再用余弦定理求出的关系，从而可求解.【详解】设，不妨设点在第一象限，则由得，在中，由余弦定理得，即，整理得，得，所以．故答案为:【点睛】关键点点睛：本题主要是通过椭圆及双曲线有共同焦点，利用椭圆定义及双曲线定义并结合余弦定理求出相应的几何关系等式，从而可求解.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.求满足下列条件的曲线方程：（1）一个焦点坐标为，渐近线方程为的双曲线；（2）顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上，过点且满足的抛物线．【答案】（1）（2）或【解析】 【分析】（1）根据题意确定双曲线焦点的位置，再求出即可得解；（2）设抛物线方程为，先求出，再根据焦半径公式求出即可得解.【小问1详解】由题意知双曲线的焦点在轴上，设方程为，由题可知，解得，所以满足条件的双曲线方程为；【小问2详解】设抛物线方程为，则准线方程为，因为抛物线过点，所以，所以，解得或，故满足条件的抛物线方程为或．16.已知在数列中，．（1）证明是等差数列，并求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）由题中递推数列化简为，从而可求解. （2）由（1）结论可得，再利用裂项相消求和从而可求解.【小问1详解】因为，由题意知，所以，即，故数列是以为公差的等差数列．又，所以，所以，即．【小问2详解】，则，．17.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，且，平面平面分别是棱的中点，点在棱上．（1）求证：平面平面；（2）若平面，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理来证明平面，平面，进而得到平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角.【小问1详解】平面平面，平面平面，平面，又平面．又平面平面，又平面．底面是正方形，是棱的中点，，又平面平面．又平面平面平面；【小问2详解】平面，又是的中点，是的中点．以坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图，则，． 设平面的法向量为，平面的法向量为．由令，得，由令，得，，二面角的正弦值为．18.已知等差数列的公差，且成等比数列，的前项和为，63，设，数列的前项和为．（1）求的通项公式；（2）若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）等差数列中用首项和公差表示条件和成等比数列，联立方程组求解即可；（2）分别求出和，代入不等式，转化不等式后构造函数求最值即可.小问1详解】由已知等差数列，得：得解得所以．【小问2详解】 ，①，②，所以①─②得：．所以，得：．又由（1）中等差数列满足知：，不等式对一切恒成立，且，即对一切恒成立，令，只需保证不等式成立即可，因为，当时，，当时，，当时，，即，得，所以的最大值为．【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是利用错位相减法得到，再代入分离参数得对一切恒成立，令，再作差得到其单调性，从而求出其最小值.19.已知分别是椭圆左､右焦点，是上位于轴上方的两点，∥，且与的交点为．（1）求四边形的面积S的最大值； （2）证明：为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设直线的方程分别为，联立方程结合韦达定理可得，平行线间的距离，再结合基本不等式求面积的最值；（2）设，则，，可得，结合（1）中结论分析证明.【小问1详解】由题意可得：，则．设直线的方程分别为，显然直线均与椭圆相交，设的延长线与交于点，则关于坐标原点对称，即．联立方程，消去x得，则，可得，又因为平行线间的距离，则，当且仅当时取等号，所以四边形的面积S的最大值． 【小问2详解】由已知∥，可得，设，则，可得．同理，可得，所以．由（1）可知，所以，为定值．【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；