高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册《行天下周测卷》4.2等差数列（含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册《行天下周测卷》4.2等差数列（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 738.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-23 08:00:44 | ||
图片预览
文档简介
一、单选题
1．如图所示，过抛物线的焦点F的直线依次交拋物线及准线于点A，B，C，若，且，则拋物线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
2．设是椭圆的左 右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）
A． B． C． D．或
4．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．28 B．32 C．16 D．24
5．不垂直于坐标轴的直线与双曲线的渐近线交于，两点，若线段的中点为，和的斜率满足，则顶点在坐标原点，焦点在轴上，且经过点的抛物线方程是（ ）
A． B． C． D．
6．已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
二、多选题
7．已知为坐标原点，，是抛物线：上的一点，为其焦点，若与双曲线的右焦点重合，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则点的横坐标为4
B．该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为
C．若外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为
D．周长的最小值为
8．已知是等差数列的前n项和，且，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．数列的最大项为 D．
三、填空题
9．若抛物线的准线与曲线只有一个交点，则实数满足的条件是__________.
10．等差数列的前项之和为，若，，则______．
11．等差数列的前项和为，且满足，，则使取得最大值的为______．
12．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.
四、解答题
13．已知定点，动点到点F的距离比它到y轴的距离大1．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过的直线，分别与点P的轨迹相交于点M，N（均异于点Q），记直线，的斜率分别为，，若，求证：直线MN的斜率为定值．
14．已知M，N是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，且，点是C上一点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记知过F的直线l与椭圆交于A，B（异于M，N）两点，过点N且垂直于x轴的直线与线，分别交于P，Q两点，证明：为定值.
15．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
16．已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，，设，根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得，则抛物线方程可得.
【详解】如图分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，
设，则由已知得：，由定义得：，故
在直角三角形中，，
，，从而得
，，求得
所以抛物线的方程为．
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键在于根据抛物线定义得出，进而推断出的值，考查学生的分析审题能力，属于一般题.
2．B
【分析】由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】解：设的中点为，由，即，所以，
连接可得，所以，
可得，
又因为，
所以，，
在中，，
即，可得：，
解得，
故选：．
3．B
【分析】设点，利用求得点的横坐标，利用抛物线的定义可求得.
【详解】抛物线的焦点为，准线的方程为.
设点、，则，，
，可得，解得，
由抛物线的定义可得.
故选：B.
【点睛】本题考查利用抛物线的定义求焦半径，求出点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
4．B
【分析】由等差数列前n项和的性质，可得，，，成等差数列，结合题干数据，可得解
【详解】由等差数列前n项和的性质，
可得，，，成等差数列，
∴，解得.
∴ 2，6，10，成等差数列，
可得，解得.
故选：B
5．C
【分析】运用点差法得到得解
【详解】设，则，
相减得，，所以，
即，所以，．由题意设抛物线方程是，则．于是所求抛物线方程是．
故选：C．
6．A
【分析】设，，，联立抛物线，应用韦达定理及已知条件求、，结合抛物线的定义求、，即可求目标式的值.
【详解】设，，直线.
联立抛物线得：，则.
由直线与抛物线准线交于，则.
由得：，即，则.
∴，，，
故选：A.
7．ACD
【分析】先求出，选项A求出点的横坐标为，判断选项A正确；选项B求出抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为，判断选项B错误；选项C先判断外接圆的圆心的横坐标为1，再判断外接圆与抛物线的准线相切，所以圆心到准线的距离等于圆心到焦点的距离等于半径，最后求出半径和外接圆面积，判断选项C正确；选项D直接求出的周长为，判断选项D正确.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，，则，
因为抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，所以，即，
选项A：若，则点的横坐标为，所以选项A正确；
选项B：因为抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，所以抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为，所以选项B错误；
选项C：因为、，所以外接圆的圆心的横坐标为1，又因为外接圆与抛物线的准线相切，所以圆心到准线的距离等于圆心到焦点的距离等于半径，所以圆心在抛物线上且到准线的距离为3，所以，所以该外接圆面积为，所以选项C正确；
选项D：因为的周长为，所以选项D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查抛物线的定义的几何意义，双曲线的通径长，
8．ABD
【分析】由判断出，，求出，即可判断A；
利用等差数列的性质求出，可以判断B；
由，，可判断出最大，可以判断C；
由，，，可以判断D.
【详解】因为，，所以，A正确；
，所以，B正确；
因为，，所以数列的最大项为，C不正确；
因为，，，所以，即，D正确．
故选：ABD．
9．
【解析】根据题意求出抛物线的准线方程为，分别讨论和时曲线所表示的图形，即可求解.
【详解】抛物线的准线为，
当时，表示椭圆在轴上方部分以及左右顶点
所以，
若与曲线只有一个交点，
则，解得，
当时，表示双曲线的在轴上方部分即上支，
此时，
此时满足与曲线只有一个交点，所以，
综上所述：实数满足的条件是或，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是分和两种情况讨论，得到曲线是我们熟悉的椭圆与双曲线的一部分，数形结合可得的范围.
10．90
【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出，再利用等差数列前项和公式计算作答.
【详解】由得：，整理得，由得：，整理得，
而，即，于是得，
所以.
故答案为：90
11．10
【分析】由，，结合等差数列的前项和公式得到第10项大于0，第10项和第11项的和小于0，得到第10项大于0，这样前10项的和最大．
【详解】由，，可知为递减的等差数列，
设其公差为，则，
由，，
得，，
所以，，
所以使取得最大值的为10，
故答案为：10．
【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2） 且 ；
（3）且为等差数列；
（4） 为等差数列.
12．
【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】方法1：由题意可知，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以
方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
13．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用两点距离公式可得，整理即可得轨迹方程.
（2）根据题设令、，为，为，联立抛物线方程求的坐标，再应用两点式求即可证结论.
(1)
由题设，，则，又，
∴，故动点P的轨迹方程为.
(2)
由题设，令为，为，
联立抛物线，可得：，若，，
∴，则，同理可得，则，
∴，为定值.
14．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知条件可得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上列方程组求椭圆参数，即可得方程.
（2）由题设可设直线l为、、，联立椭圆方程应用韦达定理求、，代入并化简，即可证结论.
(1)
由，可得，则.
因为，所以.
因为是C上一点，则，
综上，可得，.
所以椭圆C的方程为.
(2)
，，，依题意直线l与x轴不平行，设直线l的方程为，
，消去x并化简得.
设，，则，，
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
，得证.
15．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
16．证明见解析
【分析】首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前项和公式证明结论即可．
【详解】选择①③为条件，②结论．
证明过程如下：
由题意可得：，，
数列的前项和：，
故，
据此可得数列 是等差数列．
选择①②为条件，③结论：
设数列的公差为，则：
，
数列 为等差数列，则：，
即：，整理可得：，．
选择③②为条件，①结论：
由题意可得：，，
则数列 的公差为，
通项公式为：，
据此可得，当时，，
当时上式也成立，故数列的通项公式为：，
由，可知数列是等差数列．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．如图所示，过抛物线的焦点F的直线依次交拋物线及准线于点A，B，C，若，且，则拋物线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
2．设是椭圆的左 右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）
A． B． C． D．或
4．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．28 B．32 C．16 D．24
5．不垂直于坐标轴的直线与双曲线的渐近线交于，两点，若线段的中点为，和的斜率满足，则顶点在坐标原点，焦点在轴上，且经过点的抛物线方程是（ ）
A． B． C． D．
6．已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
二、多选题
7．已知为坐标原点，，是抛物线：上的一点，为其焦点，若与双曲线的右焦点重合，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则点的横坐标为4
B．该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为
C．若外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为
D．周长的最小值为
8．已知是等差数列的前n项和，且，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．数列的最大项为 D．
三、填空题
9．若抛物线的准线与曲线只有一个交点，则实数满足的条件是__________.
10．等差数列的前项之和为，若，，则______．
11．等差数列的前项和为，且满足，，则使取得最大值的为______．
12．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.
四、解答题
13．已知定点，动点到点F的距离比它到y轴的距离大1．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过的直线，分别与点P的轨迹相交于点M，N（均异于点Q），记直线，的斜率分别为，，若，求证：直线MN的斜率为定值．
14．已知M，N是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，且，点是C上一点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记知过F的直线l与椭圆交于A，B（异于M，N）两点，过点N且垂直于x轴的直线与线，分别交于P，Q两点，证明：为定值.
15．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
16．已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，，设，根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得，则抛物线方程可得.
【详解】如图分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，
设，则由已知得：，由定义得：，故
在直角三角形中，，
，，从而得
，，求得
所以抛物线的方程为．
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键在于根据抛物线定义得出，进而推断出的值，考查学生的分析审题能力，属于一般题.
2．B
【分析】由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】解：设的中点为，由，即，所以，
连接可得，所以，
可得，
又因为，
所以，，
在中，，
即，可得：，
解得，
故选：．
3．B
【分析】设点，利用求得点的横坐标，利用抛物线的定义可求得.
【详解】抛物线的焦点为，准线的方程为.
设点、，则，，
，可得，解得，
由抛物线的定义可得.
故选：B.
【点睛】本题考查利用抛物线的定义求焦半径，求出点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
4．B
【分析】由等差数列前n项和的性质，可得，，，成等差数列，结合题干数据，可得解
【详解】由等差数列前n项和的性质，
可得，，，成等差数列，
∴，解得.
∴ 2，6，10，成等差数列，
可得，解得.
故选：B
5．C
【分析】运用点差法得到得解
【详解】设，则，
相减得，，所以，
即，所以，．由题意设抛物线方程是，则．于是所求抛物线方程是．
故选：C．
6．A
【分析】设，，，联立抛物线，应用韦达定理及已知条件求、，结合抛物线的定义求、，即可求目标式的值.
【详解】设，，直线.
联立抛物线得：，则.
由直线与抛物线准线交于，则.
由得：，即，则.
∴，，，
故选：A.
7．ACD
【分析】先求出，选项A求出点的横坐标为，判断选项A正确；选项B求出抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为，判断选项B错误；选项C先判断外接圆的圆心的横坐标为1，再判断外接圆与抛物线的准线相切，所以圆心到准线的距离等于圆心到焦点的距离等于半径，最后求出半径和外接圆面积，判断选项C正确；选项D直接求出的周长为，判断选项D正确.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，，则，
因为抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，所以，即，
选项A：若，则点的横坐标为，所以选项A正确；
选项B：因为抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，所以抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为，所以选项B错误；
选项C：因为、，所以外接圆的圆心的横坐标为1，又因为外接圆与抛物线的准线相切，所以圆心到准线的距离等于圆心到焦点的距离等于半径，所以圆心在抛物线上且到准线的距离为3，所以，所以该外接圆面积为，所以选项C正确；
选项D：因为的周长为，所以选项D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查抛物线的定义的几何意义，双曲线的通径长，
8．ABD
【分析】由判断出，，求出，即可判断A；
利用等差数列的性质求出，可以判断B；
由，，可判断出最大，可以判断C；
由，，，可以判断D.
【详解】因为，，所以，A正确；
，所以，B正确；
因为，，所以数列的最大项为，C不正确；
因为，，，所以，即，D正确．
故选：ABD．
9．
【解析】根据题意求出抛物线的准线方程为，分别讨论和时曲线所表示的图形，即可求解.
【详解】抛物线的准线为，
当时，表示椭圆在轴上方部分以及左右顶点
所以，
若与曲线只有一个交点，
则，解得，
当时，表示双曲线的在轴上方部分即上支，
此时，
此时满足与曲线只有一个交点，所以，
综上所述：实数满足的条件是或，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是分和两种情况讨论，得到曲线是我们熟悉的椭圆与双曲线的一部分，数形结合可得的范围.
10．90
【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出，再利用等差数列前项和公式计算作答.
【详解】由得：，整理得，由得：，整理得，
而，即，于是得，
所以.
故答案为：90
11．10
【分析】由，，结合等差数列的前项和公式得到第10项大于0，第10项和第11项的和小于0，得到第10项大于0，这样前10项的和最大．
【详解】由，，可知为递减的等差数列，
设其公差为，则，
由，，
得，，
所以，，
所以使取得最大值的为10，
故答案为：10．
【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2） 且 ；
（3）且为等差数列；
（4） 为等差数列.
12．
【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】方法1：由题意可知，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以
方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
13．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用两点距离公式可得，整理即可得轨迹方程.
（2）根据题设令、，为，为，联立抛物线方程求的坐标，再应用两点式求即可证结论.
(1)
由题设，，则，又，
∴，故动点P的轨迹方程为.
(2)
由题设，令为，为，
联立抛物线，可得：，若，，
∴，则，同理可得，则，
∴，为定值.
14．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知条件可得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上列方程组求椭圆参数，即可得方程.
（2）由题设可设直线l为、、，联立椭圆方程应用韦达定理求、，代入并化简，即可证结论.
(1)
由，可得，则.
因为，所以.
因为是C上一点，则，
综上，可得，.
所以椭圆C的方程为.
(2)
，，，依题意直线l与x轴不平行，设直线l的方程为，
，消去x并化简得.
设，，则，，
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
，得证.
15．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
16．证明见解析
【分析】首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前项和公式证明结论即可．
【详解】选择①③为条件，②结论．
证明过程如下：
由题意可得：，，
数列的前项和：，
故，
据此可得数列 是等差数列．
选择①②为条件，③结论：
设数列的公差为，则：
，
数列 为等差数列，则：，
即：，整理可得：，．
选择③②为条件，①结论：
由题意可得：，，
则数列 的公差为，
通项公式为：，
据此可得，当时，，
当时上式也成立，故数列的通项公式为：，
由，可知数列是等差数列．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页