2024-2025学年河北省沧州市高二上学期（12月）联考数学试题（有解析）

/2024-2025学年河北省沧州市高二上学期12月联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线与直线平行，则（

）A． B．3 C． D．12．庞士-布鲁克斯彗星在1812年7月12日首先被珍-路易斯•庞士发现，之后每次回归都被天文学家记录.约翰•法兰兹•恩克测量出该彗星明确的回归周期是70.68年.2024年4月21日，该彗星重回地球视野，我国不少天文爱好者成功观测并拍摄到这位“天外来客”.该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过（

）A．2次 B．3次 C．4次 D．5次3．已知双曲线的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则（

）A．1 B．2 C． D．4．已知直线和平面满足，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能为（

）A．B．C．D．5．已知数列的通项公式为，则中的项最大为（

）A． B．0 C． D．26．已知为等差数列的前项和，若，且，则（

）A．1 B．2 C． D．7．已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，若直线垂直平分线段，则（

）A． B． C． D．8．如图，在圆锥中，是底面圆直径，为的中点，点分别在直线上，则线段的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知数列的前项和，则下列结论正确的是（

）A．的通项公式为B．若，则C．当时，取得最小值D．数列的前10项和为5810．已知为抛物线的焦点，圆，过点的直线与圆交于点（在第四象限，在第一象限），与抛物线交于点（在第四象限，在第一象限），下列结论正确的是（

）A．若直线的斜率为1，则B．若直线的斜率为1，则C．若，则D．若，则11．莫里茨•科内利斯•埃舍尔，荷兰版画家，因其绘画中的数学性而闻名.在他的作品中可以看到对分形､对称､密铺平面､双曲几何和多面体等数学概念的形象表达.如图所示的几何体就在他的作品《星辰》中出现.该几何体由正方体和正八面体（8个面都是正三角形）相互交错而成，正八面体的12条棱正好穿过正方体12条棱的中点.若正方体的棱长，为正方体一条棱的中点，为该几何体的顶点，则（

）A．该几何体的体积为12B．该几何体的表面积为C．该几何体可以被半径为的球完全包裹D．直线与直线所成角的余弦值为三、填空题（本大题共3小题）12．如图，圆的圆心分别为，半径都为1，写出一个与这三个圆都相切的圆的标准方程：.

13．在正四面体中，棱长为3，点在棱上，且，则.14．设双曲线的左焦点为，过点作圆的切线，切点为，直线与的右支交于点，为线段的中点，为坐标原点，，则的离心率为.四、解答题（本大题共5小题）15．记是公差不为0的等差数列的前项和，且.(1)求的通项公式；(2)求使成立的的最小值.16．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，抛物线的焦点与重合，是与的一个公共点.(1)若，求与的标准方程；(2)若双曲线的离心率为3，证明：的中点在上.17．如图，在三棱锥中，底面为的中点，，垂足为.(1)证明：平面.(2)求二面角的正弦值.18．已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得.(1)若，判断是否满足性质①，说明理由；(2)若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(3)若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列.19．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且轴.(1)求的方程.(2)已知直线过点且与轴垂直，直线过点且与椭圆相切，直线与直线交于点.①若，求；②证明.

答案1．【正确答案】A【详解】∵直线与直线平行，∴，解得.此时两直线为与，满足题意.故选：A.2．【正确答案】C【详解】解：设共出现过次，则，解得,所以该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过4次.故选：C3．【正确答案】A【详解】双曲线的，则，即，渐近线方程为，所以直线，由双曲线的对称性，不妨设渐近线方程为，直线，方法一：联立方程组，解得，∴方法二：由直线的倾斜角可得易知（为坐标原点）为等腰直角三角形，，则.

故选：A.4．【正确答案】B【详解】由，得，所以，即，对A：，不符，故A错误；对B：，符合要求，故B正确；对C：，不符，故C错误；对D：，不符，故D错误；故选：B.5．【正确答案】D【详解】.当时，函数单调递减，则当时，数列单调递减，所以中的项最大为.故选：D.6．【正确答案】B【详解】由等差数列的性质可得为等差数列，所以，则.故选：B.7．【正确答案】D【详解】设，直线与直线交于点Px0,y0，则两式相减得，，即，∴由∵为中点，即，∴，又，∴，∴.故选：D.8．【正确答案】B【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，则，令，可得，当且仅当时，等号成立.故选：B.9．【正确答案】ABD【详解】由，令，可得.当时，，两式相减得，当时，也满足，所以的通项公式为，故A正确.因为的公差为2，所以，则，故B正确.由，得，所以时，取得最小值，故C错误.当时，；当时，.故，故D正确.故选：ABD.10．【正确答案】ACD【详解】对于AB，可得抛物线的焦点，所以直线，联立直线与抛物线，得，所以，圆，即，圆的圆心为，半径为，则，故A正确，B错误.对于CD，，根据抛物线的定义可得，所以，即①，设线段的中点为，直线，因为点在直线上，所以，点与点重合，所以是的中点，所以，因为，所以，C正确，因为是的中点，所以，所以，结合①可得，直线，故D正确.故选：ACD.11．【正确答案】ABD【详解】该几何体可以看出由1个正方体及6个四棱锥构成，由题意可得四棱锥的棱长均为，高为1，一个四棱锥的体积为，该几何体的体积为，A正确.该几何体的表面积为，B正确.该几何体中正方体外接球的半径为，正八面体外接球的半径为2，要使该几何体被一个球完全包裹，该球的半径最少为C错误.建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以直线与直线所成角的余弦值为，D正确.故选：ABD12．【正确答案】答案不唯一【详解】设圆心,半径,所以,，所以若所求圆与这三个圆都外切，则，则，则所求圆的标准方程为.若所求圆与这三个圆都内切，则，则，则所求圆的标准方程为.故答案为.13．【正确答案】【详解】.故答案为.14．【正确答案】【详解】如图，设的右焦点为，连接，则，且为直角三角形，，则.由中位线的性质可得，∴.由双曲线定义可得，∴，∴，即.在中，，即，则，所以.故15．【正确答案】(1)(2)7【详解】（1）设等差数列的公差为.因为，所以，解得.故.（2）.因为，所以，整理可得，解得或.因为为正整数，所以的最小值为7.16．【正确答案】(1)，(2)证明见解析【详解】（1）因为，所以，解得，所以的标准方程为，因为的焦点与重合，所以，则，又，解得，所以的标准方程为；（2）因为的离心率，所以，又的焦点与重合，所以，所以的方程为，联立，得，解得，（舍去），，所以，又，所以的中点为，代入的方程，得，等式成立，所以的中点在上.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为底面底面，所以.因为平面，所以平面.因为平面，所以.在中，为的中点，，所以.因为，平面，所以平面.又平面，所以.因为平面，所以平面.（2）设，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以.设，则.因为，所以，解得，所以.设平面的法向量为，则，取，则.结合（1）可得为平面的一个法向量.设二面角的大小为，则，所以.故二面角的正弦值为.18．【正确答案】(1)不满足性质①，理由见解析(2)同时满足性质①和性质②，理由见解析(3)证明见解析【详解】（1）因为，而6不是中的项，所以不满足性质①；（2），所以，所以满足性质①；，，所以满足性质②；所以同时满足性质①和性质②；（3）由性质②，取，则，所以，此时，，所以；由性质②，取，则，所以，若，则，不符合题意，舍去；若，则；因为，所以不是中的项，不满足性质①，不符合题意，舍去；所以，则，所以，故成等差数列.1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题