安徽省宣城市2023-2024学年高二上学期期末考试 数学 Word版含解析.docx

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宣城市2023—2024学年度高二第一学期期末调研测试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设不同直线，若，则的值为（）A.B.C.1D.42.数列满足，则（）A.B.C.D.33.直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（）A.B.C.D.4.在三棱柱中，分别是的中点，，则（）A.B.CD.5.设是等比数列的前项和，若，则（）A.2B.C.D.6.已知直线经过点和点，下列点在直线上的是（）A.B.C.D.7.如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（） A.B.C.D.8.设椭圆的左右两个顶点分别为，点为椭圆上不同于的任一点，若将的三个内角记作，且满足，则椭圆的离心率为（）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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（）A.实轴长为4B.双曲线为等轴双曲线C.离心率D.渐近线方程为10.已知圆，直线则下列命题中正确的有（）A.直线恒过定点B.圆被轴截得的弦长为4C.直线与圆可能相离D.直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为11.已知等差数列满足，前3项和，则（）A.数列的通项公式为B.数列的公差为 C.数列的前项和为D.数列前20项和为5612.已知四棱台的下底面和上底面分别是边长为4和2的正方形，则（）A.侧棱上一点E，满足，则平面B.若E为的中点，过，，的平面把四棱台分成两部分时，较小部分与较大部分的体积之比为C.D.设与面的交点为O，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列的前项和为，且，则__________.14.圆与圆的公共弦长等于______.15.在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为__________.16.已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则的最小值为__________.四、解答题：本题共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.数列满足（1）求数列通项公式； （2）求数列的前项和.18.如图，在直三棱柱中，是的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.19.在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为.（1）求的方程；（2）若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程.20.如图，在五面体中，已知，且，.（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.21.已知正项数列中，（1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和.22.已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，.（1）求椭圆的方程；（2）记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 宣城市2023—2024学年度第一学期期末调研测试高二数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设不同的直线，若，则的值为（）A.B.C.1D.4【答案】D【解析】【分析】由直线平行的性质列方程求解即可.【详解】由题意，解得，经检验，符合题意.故选：D.2.数列满足，则（）A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】首先列举数列的项，确定数列的周期，即可求解数列中的项.【详解】由条件可知，，，，所以数列的周期为3，.故选：C3.直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.【详解】由可知圆心为，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，由点斜式得直线，化简得直线的方程是．故选：D．4.在三棱柱中，分别是的中点，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.【详解】如图，因为分别是的中点，，又，所以，得到， 故选：A.5.设是等比数列的前项和，若，则（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】成等比数列，得到方程，求出，得到答案.【详解】由题意得，，成等比数列，故，即，解得，故.故选：B6.已知直线经过点和点，下列点在直线上的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意将三点共线转换为向量共线即可验算求解.【详解】对于A，若，则，故A正确；对于B，若，则不共线，故B错误； 对于C，若，则不共线，故C错误；对于D，若，则不共线，故D错误.故选：A.7.如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将直线平移到，使其过点A，即得为异面直线所成的角，于是需要求，即要解三角形，故要先证，而这可通过证明平面得到.详解】如图，过点A作直线，过点E作交直线于点B，连接,因，则，又，,平面，则平面，故平面,又平面，则.易得：,在中，,设异面直线所成角为，则,因, 由余弦定理可得：,又因，故.故选：C.8.设椭圆的左右两个顶点分别为，点为椭圆上不同于的任一点，若将的三个内角记作，且满足，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由三角恒等变换首先得，进一步通过数形结合、锐角三角函数以及离心率公式即可求解.【详解】由题意，因为，所以，所以，由题意不妨设，又，过点作轴，所以，，所以，所以椭圆的离心率为. 故选：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（）A.实轴长为4B.双曲线为等轴双曲线C.离心率为D.渐近线方程为【答案】ABD【解析】【分析】根据双曲线实轴、离心率、渐近线方程等性质逐项分析即可.【详解】设该双曲线标准方程为，则.对于A选项，若实轴长为4，则，，符合题意；对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则，又，，可解得，符合题意；对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意；对于D选项，若渐近线方程为，则，结合，可解得，符合题意，故选：ABD.10.已知圆，直线则下列命题中正确的有（）A.直线恒过定点B.圆被轴截得的弦长为4C.直线与圆可能相离D.直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为【答案】AD【解析】【分析】A选项，变形后得到方程组，求出直线恒过定点；B选项，令得 ，求出被轴截得的弦长；C选项，先判断出在圆内，从而得到直线与圆相交；D选项，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，求出，得到直线方程.【详解】A选项，变形为，令，解得，故直线恒过定点，A正确；B选项，中令得，故圆被轴截得的弦长为，B错误；C选项，将代入中得，故在圆内，直线与圆相交，C错误；D选项，的圆心为，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，其中，此时，方程为，故直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为，D正确.故选：AD11.已知等差数列满足，前3项和，则（）A.数列的通项公式为B.数列的公差为C.数列的前项和为D.数列的前20项和为56【答案】BCD【解析】【分析】首先由条件，建立关于首项和公差的方程组，即可求解首项和公差，再代入求通项公式和前项和公式，即可判断ABC，再去绝对值，求数列的前20项和，即可判断D.【详解】设等差数列的首项为，公差为， 则，解得：，，所以，故A错误，B正确；，故C正确；当时，，当时，，所以，，，，故D正确.故选：BCD12.已知四棱台的下底面和上底面分别是边长为4和2的正方形，则（）A.侧棱上一点E，满足，则平面B.若E为的中点，过，，的平面把四棱台分成两部分时，较小部分与较大部分的体积之比为C.D.设与面的交点为O，则【答案】AC 【解析】【分析】选项A：先把平面与四棱锥的截面补全，从而得到G为BC中点，进而判断得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可判断；选项B：通过两个多面体的体积和计算可以判断；选项C：利用空间向量的线性计算即可判断；选项D：利用等体积法计算求得点D、到平面的距离，再利用直线与面所成角的定义可得的比值，从而得以判断.【详解】对于A：连结，并延长交DC于F，，连AF交BC于G点，则G为BC中点，连，由四棱台的结构可知，，所以四边形为平行四边形，则，平面，平面，面，故A正确；对于B：设四棱台的高为h，若E为中点，则，，，，，故B错误；对于C： ，故C正确；对于D：连接AC、BD交于点P，连接，，由四棱台的结构特征可得，，故四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，，，，故点D、到平面的距离相等，设直线与面所成角为，则，故，故D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：空间向量的综合问题：①掌握线性运算：加法口诀“首尾相连，从头到尾”、减法口诀“共起点，从后向前”；②几何体的体积：线面平行或面面平行时，线或面上的点到平面的距离都相等；③点到平面的距离：等体积转换法的应用；④线面平行的判定：注意事项，标注线不在平面内.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列的前项和为，且，则__________.【答案】4【解析】【分析】根据条件，求出公差，即可求出结果.【详解】设等差数列的公差为， 因为，得到，所以，故答案为：.14.圆与圆的公共弦长等于______.【答案】【解析】【分析】两圆相减得出公共弦所在直线方程，再根据勾股定理计算公共弦长【详解】联立,得公共弦所在直线方程为.圆心到距离所以公共弦长为故答案为：15.在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为__________.【答案】【解析】【分析】由法向量定义可知，由此即可得解.【详解】由题意，若平面经过点，且以为法向量，则，则点的坐标满足的关系式为.故答案为：.16.已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则的最小值为__________.【答案】## 【解析】【分析】由已知可求得抛物线方程，设直线与抛物线联立方程组可求得，进而根据基本不式求|的最小值即可.【详解】抛物线与圆交于两点，且，得到第一象限交点(1，2)在抛物线上，所以，解得，所以C：，则，设直线，与联立得，设，所以，，，，当且仅当时等号成立.即的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．四、解答题：本题共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.数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由数列递推式易得为等差数列，求出基本量，即可写出通项公式；（2）将数列通项进行裂项，即可正负相消求和.【小问1详解】因为，所以故数列为等差数列，设数列的公差为，则故；【小问2详解】记则.18.如图，在直三棱柱中，是的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，由三角形中位线性质得 ，再由线面平行的判定定理即可证明结果；（2）根据条件，建立空间直角坐标系，由条件求得平面的法向量和，再利用空间距离的向量法，即可求出结果.【小问1详解】连接交于，连接，在三角形中，是三角形的中位线，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】由是直三棱柱，且，故，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，又，则，则，设平面的法向量为，由，得到，令，得，所以，又，设点到平面的距离为，则.19.在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为. （1）求的方程；（2）若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由双曲线定义可知点的轨迹是双曲线的右支，由此即可得解；（2）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程，由可知，结合韦达定理即可求解参数，由此即可得解.【小问1详解】因为，且，所以点的轨迹是双曲线的右支，可设其方程为，所以，所以其轨迹方程为.【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立方程，消去得，由题意，设，则，，，且，，直线的方程.20.如图，在五面体中，已知，且，.（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1 ）利用垂直关系的转化，以及平行关系与垂直关系的转化，结合面面垂直的性质定理和判断定理，即可证明；（2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量夹角的余弦值，即可求解点的坐标，即可求解.【小问1详解】证明：且平面，平面，平面平面平面，取的中点的中点，连接，，又平面，平面平面，平面平面，平面，又，所以，且，四边形为平行四边形，，面，则平面，又面，所以平面平面.【小问2详解】因为，则，因为平面，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，， 设平面法向量为，则，取，可得，设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，设平面的法向量为，由，取，可得，由题意可得，.整理可得，解得或（舍去），，则，综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.21.已知正项数列中，（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求出结果； （2）由（1）知，分为奇数和偶数两种情况，再利用分组求和、错位相减法及等差数列前项和公式，即可求出结果.【小问1详解】因为①，当时，②，①②得，得到，当时，有，所以，满足上式，所以【小问2详解】由（1）得，当为偶数时，令，则令，所以，两式相减得，，所以所以当为奇数时，，得到， 所以.22.已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，.（1）求椭圆的方程；（2）记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）由椭圆的定义、、求出可得答案；（2）设，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出直线的方程、直线的方程，然后联立利用韦达定理可得答案.【小问1详解】由椭圆的定义得，且，得到，，因为，所以，解得，所以，故所求的椭圆方程为；【小问2详解】由题意得，直线的方程，设， 联立，消去，整理得，，直线的方程为，直线的方程为，联立，得，解得，即直线与的交点在定直线上.【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是求出直线、直线的方程，然后方程联立利用韦达定理求出答案.