天津市和平区天津市第二十中学2023-2024学年高二上学期第二次统练数学试卷（含解析）

2023-2024学年天津市和平区天津二十中高二上学期第二次统练数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若直线与直线平行，则( )
A. B. C. 或 D. 或
2.已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是
( )
A. B. C. D.
3.等差数列的前四项之和为，后四项之和为，各项和为，则此数列的项数为
A. B. C. D.
4.已知等差数列，的前项和分别为，，且，则( )
A. B. C. D.
5.双曲线的左、右焦点分别为，以为圆心，为半径的圆与的左支的一个公共点为，若原点到直线的距离等于实半轴的长，则双曲线的离心率为
( )
A. B. C. D.
6.已知数列中，若，则等于
( )
A. B. C. D.
7.如图，在中，，过点的直线交射线于点，交于点，若，则的最小值为
( )
A. B. C. D.
8.抛物线的焦点是双曲线的右焦点，点是曲线的交点，点在抛物线的准线上，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为
A. B. C. D.
9.如图为陕西博物馆收藏的国宝唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线，，围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体．若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，则下列曲线中与双曲线有共同渐近线的是
( )
A. B. C. D.
10.直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是
A. 或 B. 或
C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.直线过点且与圆相切，那么直线的方程为 ．
12.设数列前项和为，，则数列的通项公式为 ．
13.如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于，，求异面直线与所成角的余弦值 ．
14.数列满足，若对任意，所有的正整数都有成立，则实数的取值范围是 ．
15.已知椭圆的左、右焦点分别是，过右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，若满足，则椭圆的离心率为 ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
求与椭圆有相同的焦点，且离心率为的椭圆的标准方程；
已知椭圆的两个焦点间的距离为，两个顶点坐标分别是，，求焦点在轴上的椭圆的标准方程．
17.本小题分
已知圆的圆心在直线上且与轴相切于点．
求圆的方程；
若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程．
18.本小题分
已知数列满足：，，且．
求证：数列为等差数列；
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，且，点在线段上，且．
求与所成的角的余弦值；
求平面与平面夹角的余弦值；
求点到平面的距离．
20.本小题分
已知椭圆离心率等于且椭圆经过点．
求椭圆的标准方程；
若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】由两直线平行得系数间的关系，解之即可．
【详解】若直线与直线平行，
则，且，
解得．
故选：．
2.【答案】
【解析】【解析】由条件可得，解出即可．
【详解】因为对于任意都有，
所以，解得
故选：
3.【答案】
【解析】【解析】由题意可得，两式左右两端分别相加，根据等差数列的性质，可求的值，再根据等差数列前项和公式，求项数．
【详解】由题意可得，
以上两式左右两端分别相加，可得．
数列是等差数列，，
．
又．
故选：．
【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】根据等差数列的性质以及等差数列的前项和公式求得正确答案．
【详解】 ．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】运用双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，化简整理得出关于、的齐次方程，即可解得双曲线的离心率的值．
【详解】作图如下：

原点到直线的距离等于实半轴的长，
直线的距离为，
又以为圆心，为半径的圆与的左支的一个公共点为，
，
由双曲线定义的，
直线的距离为，
故，即，
，解得舍去或．
故选：．
6.【答案】
【解析】【解析】利用递推公式推出数列的周期，根据周期可求得结果．
【详解】因为，所以，
所以，
所以数列的周期为，
所以．
故选：
【点睛】本题考查了数列的周期性，考查了利用周期求数列的项，属于中档题．
7.【答案】
【解析】【分析】首先根据的向量的几何意义，利用，，三点共线，得出，的关系，利用基本不等式求最小值．
【详解】解：因为，所以，
又，，
所以，
所以
，
因为，，三点共线，所以，
所以
当且仅当，即时取等号；
故选：．
8.【答案】
【解析】【解析】先由题和抛物线的性质求得点的坐标和双曲线的半焦距的值，再利用双曲线的定义可求得的值，即可求得离心率．
【详解】由题意知，抛物线焦点，准线与轴交点，双曲线半焦距，设点 是以点为直角顶点的等腰直角三角形，即，结合点在抛物线上，
所以抛物线的准线，从而轴，所以，

即
故双曲线的离心率为
故选A
【点睛】本题考查了圆锥曲线综合，分析题目，画出图像，熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件求出双曲线的渐近线方程，再逐一分析各个选项判断作答．
【详解】依题意，双曲线：过点，
则有，解得，因此，双曲线的渐近线方程为，
对于，双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于，双曲线的渐近线方程为，不正确；
对于，双曲线的渐近线方程为，不正确；
对于，双曲线的渐近线方程为，不正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，画出图象，要使直线与曲线有且仅有一个交点，从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于和另一个点，及与曲线交于点，分别求出，则的范围可得．
【详解】解：曲线有即 ，
表示一个半圆单位圆位于轴及轴右侧的部分，
如图，设、、，
当直线经过点时，，求得，
此时只有一个公共点，符合题意；
当直线经过点、点时，，求得，
此时有个公共点，不符合题意；
当直线和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，
可得，求得或舍去，
即：时，只有一个公共点，符合题意，
综上得，实数的范围为或，
故选：．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，可用数形结合的方法较为直观．
11.【答案】或
【解析】【分析】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与圆相切，成立；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，圆心到直线的距离，求出斜率，由此能出直线的方程．
【详解】直线过点且与圆相切，
圆的圆心，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与圆相切，成立；
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，
解得，直线的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
故答案为：或．
12.【答案】
【解析】【分析】利用，即得．
【详解】因为，
当时，；
当时， ，
不适合上式，
所以数列的通项公式．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】【分析】设，，，根据向量加减法运算法则将分别用表示，再根据空间向量的数量积运算和夹角公式计算可得结果．
【详解】设，，，
则，
则，
，
所以，
，
因为
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】先由题设求得，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意，所有的正整数都有成立转化为对任意恒成立，再利用基本不等式求得的最小值，即可得到答案．
【详解】由，
当时，，
两式相减可得：，
，由，显然成立，
设，
当时，，当时，，
因此，，数列单调递增，当时，数列单调递减，
由，，故当或时，数列取最大值，且最大值为，
对任意，所有的正整数都有成立，可得，
因此，，即对任意恒成立，
由，当且仅当，即时取最小值，则，
实数的取值范围是．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】设直线方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再根据条件得，联立方程即可得出结果．
【详解】根据题意，设直线方程为，，
由，消得到，
易知，由韦达定理得，
又因为，所以，得到，
将代入，得到，
将代入，得到，
又，所以，得到，
故答案为：．
16.【答案】由题意得，
故所求椭圆的焦点坐标为．
设所求椭圆的方程为．
，
，
，
故所求椭圆的标准方程为．
由于椭圆的焦点在轴上，
故设它的标准方程为．
，
．
又，
．
所以椭圆的标准方程为．

【解析】由题意可确定椭圆的标准方程的形式，根据离心率及求出后可得所求方程；
由题意得到椭圆的标准方程的形式，然后根据求出，进而得到所求方程．
【点睛】求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法，具体步骤为：先定形，再定量，即先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于，的方程组，求出，后即可得到椭圆的标准方程．如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，为了解题方便，也可把椭圆方程设为的形式，求出，后即可得到椭圆的方程．
17.【答案】圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为．
点，直线过点，
当的斜率存在时，设直线的斜率为存在，
则方程为，又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，故，解得，
所以直线方程为，即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或．

【解析】利用已知圆心特征和半径列方程组，即可求得圆的方程；
分斜率存在与不存在两种情况讨论，结合弦心距的求解过程即可得出结果．
18.【答案】证明：
又
数列是以首项为，公差为的等差数列
由得，
解：

【解析】由递推式得，进而有，由等差数列定义即可证明为等差数列；由的结论
【点睛】本题考查了根据递推关系证明等差数列，由所得数列求原数列的通项公式，最后由新数列与已知数列的关系求新数列通项，结合裂项相消法求新数列的前项和即可求的通项公式；根据新数列与关系得，用裂项相消法求的前项和．
19.【答案】因为底面，底面，则，
且为正方形，可得，所以两两垂直，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则，
所以与所成的角的余弦值为．
由可得：，
设平面的法向量，则
令，则，可得，
设平面的法向量，则
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值．
由可得，
所以点到平面的距离．

【解析】建系，利用空间向量求异面直线夹角；
利用空间向量求面面夹角；
利用空间向量求点到面的距离．
20.【答案】由题意得，解得，所以椭圆的方程为．

设，联立直线和椭圆方程可得：
消去可得：，所以
，
即，则，
， ，
把韦达定理代入可得：，
整理得，
又，
而点到直线的距离，
所以，
把代入，则，可得是定值．

【解析】根据题意，由条件列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得，再表示出点到直线的距离，由三角形的面积公式，即可得到结果．
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