金华市重点学校2023-2024学年第一学期第二次阶段考试
高二年级数学试题卷
本卷满分：150分 考试时间：120分钟
一、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．已知等差数列的前5项和为25，且，则（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
2．抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．在三棱锥中，若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（ ）
A．224 B．448 C． D．147
5．已知是圆内异于圆心的一定点，动点满足：在圆上存在唯一点，使得，则的轨迹是（ ）
A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
6．若直线：被圆截得的弦长为4，则的最小值为
A．2 B．4 C． D．
7．已知双曲线的左 右焦点分别为 ，过的直线l与C的左 右支分别相交于M N两点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
8．数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9．已知等差数列的前项和为，公差为，，，则（ ）
A． B．
C．是数列中的项 D．取得最大值时，
10．已知直线，其中不全为0，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，过坐标原点
B．当时，的倾斜角为锐角
C．当时，和轴平行
D．若直线过点，直线的方程可化为
11．如图，在长方体中，，，若为的中点，则以下说法中正确的是（ ）
A．线段的长度为 B．异面直线 和夹角的余弦值为
C．点到直线的距离为 D．三棱锥的体积为
12．1675年法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了一种特殊的曲线 -- 卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹.已知在平面直角坐标系xOy中，M（ - 3，0），N（3，0），动点P满足|PM|·|PN| = 12，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C与x轴交点为
C．△PMN面积的最大值为6 D．|OP|的取值范围是
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．两圆与的公切线有 条．
14．数列中，若，，则 ．
15．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点均在x轴上，C的面积为，且离心率为，则C的标准方程为 ．
16．双曲线：其左、右焦点分别为、，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，设双曲线右顶点为，若，则双曲线的离心率的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共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．已知空间向量，，.
(1)若，求；
(2)若，求的值.
18．已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且.
(1)求直线和直线的交点坐标；
(2)已知不过原点的直线经过直线与直线的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的倍，求直线的方程.
19．已知圆.
(1)过点作圆的切线，求的方程；
(2)若圆与圆相交于A、两点，求.
20．已知数列的前n项和为，且，.
(1)证明：为等比数列，并求的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
21．已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证数列的前n项和．
22．已知动点到两定点，的距离和为6，记动点的轨迹为曲线C.
(1)求曲线的方程；
(2)直线与曲线交于，两点，在轴是否存在点（若记直线、的斜率分别为，）使得为定值，若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】先由等差数列的前5项和为25，得，再结合，可求出公差，从而可求出
【详解】因为，所以，则公差，
故．
故选：D
【点睛】此题考查等差数列的基本量计算，属于基础题
2．B
【分析】根据抛物线的焦点为求解.
【详解】因为抛物线，
所以，所以焦点坐标为
故选：B
3．B
【分析】根据空间向量基本定理求出答案.
【详解】因为，所以，故，
又，
所以．
故选：B
4．B
【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．
【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，
.
因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
所以底面，又，所以底面，
所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，
因为，所以，
易知四边形是等腰梯形，则，
所以在中，，则，即“刍童”的高为，
则该刍童的体积.
故选：B．
5．C
【分析】根据向量垂直关系可确定点轨迹是以为直径的圆，且该圆与圆相内切；根据圆与圆的位置关系可确定，知点轨迹为椭圆；采用相关点法可确定点轨迹方程，由此可得结论.
【详解】，，点轨迹是以为直径的圆，
又在圆上且唯一，以为直径的圆与圆相内切，
设中点为，圆半径为，
由两圆内切且点在圆内可得：，，
点轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，
以所在轴为轴，中点为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，
不妨设，，点轨迹为，
设，，
则，，点轨迹为椭圆.
故选：C.
6．B
【分析】求出圆的圆心与半径，可得圆心在直线上，推出，利用基本不等式转化求解取最小值．
【详解】解：圆，即，
表示以为圆心，以2为半径的圆，
由题意可得圆心在直线上，
故，即，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：B．
【点睛】本题考查直线与圆的方程的综合应用，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
7．B
【分析】利用题设条件结合双曲线定义探求出a，b的关系即可作答.
【详解】依题意，令，由双曲线定义得，，
于是得，因此得，即，
双曲线半焦距为c，离心率e有，解得，
所以双曲线的离心率为.
故选：B
8．A
【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.
【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，
将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为
，解得，因为，所以
故选：A
9．AC
【分析】根据等差数列的定义及求和公式一一计算判定即可.
【详解】由题意可得，，
则.
显然A正确，B错误；
令，即C正确；
结合二次函数的对称性及单调性可知或，取得最大值，即D错误.
故选：AC
10．AD
【分析】选项A，原点坐标适合直线方程；选项B，化为斜截式方程可得斜率为负，倾斜角为钝角；选项C，方程变形为可知；选项D，由直线过点，得，代入直线方程可得.
【详解】选项A，当时，是方程的解，
即过坐标原点，故A正确；
选项B，当时，直线的方程可化为，
则直线的斜率，的倾斜角为钝角，故B错误；
选项C，当时，由不全为0，，
直线的方程可化为，
故直线和轴垂直，不平行，故C错误；
选项D，直线过点，则，
可得，代入直线方程，
得，即，故D正确.
故选：AD.
11．BC
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断ABC，结合等体积法即可判断D.
【详解】
根据题意，以为坐标原点，分别为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，所以线段的长度为，故A错误；
又，设异面直线 和夹角为，
则，故B正确；
设直线上存在点满足，且，
则，所以，
则，又，可得，
解得，则，所以点到直线的距离为
，故C正确；
因为，故D错误；
故选：BC
12．ACD
【分析】求得动点的轨迹方程，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】设，
依题意，
即，
，
整理得①，
点都满足①，所以曲线关于轴对称，A选项正确.
由①令，得，
即，解得，所以B选项错误.
由①有解得，
化简得，所以，此时方程有正根，
所以三角形面积的最大值为，C选项正确.
由①整理得，
即，所以，
由得，
，
，，
，所以，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解关于动点轨迹方程的题目，步骤是：先设动点的坐标为，然后根据动点满足的条件列方程，化简方程后可求得动点的轨迹方程，再根据轨迹方程来研究对应曲线的性质.
13．3
【分析】判断两圆的位置关系，即可求出公切线的条数.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，
圆的圆心坐标为，半径为4，
则两圆的圆心距为，
两圆外切，两圆公切线的条数为3条.
故答案为：3
14．
【分析】利用累乘法求得的通项公式即可求解.
【详解】由可得，
所以,
所以，
因为，所以，所以，
故答案为:.
15．
【分析】设C的标准方程为，由已知建立方程组，求解可得答案.
【详解】解：设C的标准方程为，则解得所以C的标准方程为．
故答案为：.
16．
【分析】设，则，然后在中利用余弦定理列方程可表示出，再由可求出离心率的范围
【详解】设，则，
因为直线的倾斜角为，所以，
在中，由余弦定理得，
，
得，
因为，所以
得，，
所以，
所以，
解得，
即双曲线的离心率的取值范围为
故答案为：
【点睛】关键点睛：此题考查求双曲线的离心率的范围，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是根据题意在中利用余弦定理表示出，然后代入已知条件中可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；
（2）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到，由空间向量的夹角公式求解即可．
【详解】（1）空间向量，，，
因为，所以存在实数k，使得，
所以，解得，
则．
（2）因为，则，解得，
所以，
故．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的位置关系及点斜式先求得，联立方程计算交点即可；
（2）利用截距式计算即可.
【详解】（1）设直线和直线的斜率分别为，由题意知，
∵，∴．
又因为直线在轴上的截距为，所以直线过点.
所以直线的方程为，即:.
联立，得，即交点为.
（2）因直线不过原点，设其在轴上的截距为，方程为，
因为过，所以，解得，
所以直线的方程.
19．(1)或
(2)
【分析】（1）设切线方程为，根据圆心到直线距离等于半径即可求解；
（2）利用两圆方程消去求得公共弦所在直线方程，再由弦长公式可解.
【详解】（1）圆方程可化为，
则圆心，半径为2，
由，可知点在圆外，
由图可知，过点的直线斜率存在，
设的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得或，
的方程为或.
（2）由消去，
整理得直线方程为，
则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
所以.
20．(1)证明见解析，（）
(2)
【分析】（1）由题意，根据公式，可得数列递推公式（），结合等比数列的通项公式，可得答案；
（2）由题意，根据错位相减法，可得答案.
【详解】（1）因为，所以（），
故，即（）
又，故，即，因此（）
故是以2为首项，3为公比的等比数列.因此（）
（2）因为①
故②
①②，得
，
即.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出数列的首项根公差，再根据等差数列的通项即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）设公差为，
由成等比数列，
得，解得，
所以；
（2）由（1）得，
所以.
22．(1)
(2)存在定点，使得直线为定值.
【分析】（1）由椭圆定义可得动点的轨迹为以点为焦点的椭圆，求出椭圆方程；
（2）联立与，设，得到两根之和，两根之积，设，则，从而得到时，，，时，，，得到答案.
【详解】（1）由题意得，
故动点的轨迹为以点，为焦点的椭圆，
其中，则，
故曲线的方程为；
（2）联立与得，
设，
则，
则，
，
设，则
，
当时，，，
当时，，，
所以存在定点，使得直线为定值.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
