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深圳实验学校高中园2024-2025学年度第一学期
第三阶段考试高二数学
时间:120分钟满分:150分命题人:袁伟铭审题人:杨小波
第一卷(选择题)
一、单选题: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,只有一项符合题目要求,选对得5分,选错得0分.
1.已知直线l:,则直线l的斜率为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把一般式转化为斜截式即可得出斜率.
【详解】由题意得:直线的斜截式方程为,所以直线的斜率为.
故选:B
2.空间四边形OABC中,,,,点M在OA上,,点N为BC的中点,则()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则计算可得结果.
【详解】易知
故选:D
3.、分别是双曲线左、右焦点,若关于渐近线的对称点恰落在以为圆心,为半径的圆上,则双曲线的离心率为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对称可知,再由中位线可知,即可得,,即可得渐近线斜率,进而可得离心率.
【详解】如图所示,设关于渐近线的对称点为,
易知,且为中点,,
则,,
所以,,
则,
即一条渐近线倾斜角为,
所以斜率,
所以离心率,
故选:A.
4.等差数列的前项和为,其中,又2,,,,8成等比数列,则的值是()
A4 B. C.4或 D.2
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的前项和公式可求得的值,由等差数列的性质可求得值,利用等比数列的性质求得的值,即可求的值.
【详解】因为数列是等差数列,且,所以,解得,
由等差数列的性质可得,
因为2,,,,8成等比数列,所以,解得,
又,所以,所以,所以.
故选:A.
5.已知直线经过点,且与直线垂直,则直线的方程是()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂直关系设出直线的方程,代入点求出答案.
【详解】直线与直线垂直,
设直线的方程是
将代入直线中,,解得,
故直线的方程为.
故选:D.
6.已知圆,圆,若圆平分圆的周长,则的最小值为()
A.4 B.6 C.8 D.9
【答案】D
【解析】
【分析】把两圆的方程相减,得到两圆的公共弦所在直线的方程.由题意知圆的圆心在直线上,可得,再利用二次函数的性质可求最小值.
【详解】∵方程表示圆,
∴,即.
圆,圆,
两圆的方程相减,可得两圆的公共弦所在直线的方程:.
若圆平分圆的周长,则圆的圆心在直线上,
∵圆的圆心为,
∴,即,
∴,
∴当时,取最小值9.
故选:D.
7.设为坐标原点,直线过抛物线:的焦点,且与交于,两点,为的准线,则()
A. B.
C.以为直径的圆与相切 D.为等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由直线过抛物线的焦点,即可求得,进而判断A;将直线方程代入抛物线方程,结合韦达定理得出,由焦半径公式即可判断B;由的中点的横坐标得出中点到抛物线的准线的距离,即可判断C;分别求出两点的坐标,根据韦达定理即可判断D.
【详解】对于A,直线过抛物线的焦点,可得,所以,故A错误;
对于B,抛物线方程为:,与交于两点,
直线方程代入抛物线方程可得,,所以,
所以,故B不正确;
对于C,的中点的横坐标为,中点到抛物线的准线的距离为,
所以以为直径的圆与相切,故C正确;
对于D,由B得,,解得或,
不妨设,则,
所以,,
所以不是等腰三角形,故D错误;
故选:C
8.在学习完“错位相减法”后,善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和,也可以使用“裂项相消法”求解.例如,故数列的前项和.记数列的前项和为,利用上述方法求()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将裂成两项,再运用待定系数法求解裂成两项的系数,接着利用裂项相消法求和即得.
【详解】设,
左右对照可得,解得
所以,
则数列的前项和为:
,
故.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:本题主要考查运用裂项相消法解决“等差×等比数列”的求和问题,属于难题.解题的关键在于按照题意,将数列通项写成两项的差的形式,通过待定系数法确定各项系数,再裂项相加即可.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项符合题目要求.全部选对得6分,部分选对得部分分,选错或不选得0分.
9.如图,已知正方体的棱长为分别为棱的中点,则下列结论正确的为()
A. B.
C. D.不是平面的一个法向量
【答案】BD
【解析】
【分析】以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.
【详解】由为正方体,
以点为坐标原
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