广东省汕头市澄海区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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2023-2024学年度高二第一学期期末质量监测数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上．2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上．4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管．第一部分（选择题，共60分）一、单项选择题：本大题共有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，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑．1.已知集合，则（）A.B.C.D.2.在平面直角坐标系中，直线的倾斜角是（）A.B.C.D.3.已知复数（为虚数单位），则（）A.B.C.D.24.已知正项等比数列的前项和为，则（）A.128B.64C.32D.165.的零点所在区间为（）A.B.C.D.6.中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶时，水面宽．若水面下降，则水面宽度为（） AB.C.D.7.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，若直线与平面交于点，则线段的长度为（）A.B.2C.D.8.设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，若点关于的角平分线的对称点恰好是点，且，则的离心率为（）A.B.C.D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知函数，则（）A.B.的最小正周期为 C.在区间上单调递增D.的图象可由曲线向右平移个单位长度得到10.已知双曲线：，则下列说法正确的是（）A.双曲线的实轴长为B.双曲线的焦距为C.双曲线离心率为D.双曲线的焦点到渐近线的距离为11.已知空间中三点，，，则正确的有（）A.平面的一个法向量是B.与是共线向量C.与夹角的余弦值是D.点到直线的距离是12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（）A.圆的方程是B.过点向圆引切线，两条切线的夹角为C.过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离，该直线斜率为D.在直线上存在异于，的两点，，使得三、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷相应横线上．13.在等差数列中，，，则．14.已知直线：与直线：垂直，则_________．15.正方体棱长为，点为正方形的中心，点是正方形 的中心，则异面直线与所成角的大小是_______16.已知直线l与圆交于两点，且，则的最大值为________．四、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．温馨提示：考生请注意在答题卷规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分．17.在区运会的跳高比赛中，甲、乙两名运动员试跳过某个高度成功的概率依次为，，且每次试跳成功与否互不影响．（1）求甲试跳两次，至少有一次成功的概率；（2）求甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功的概率．18.已知等差数列前项和，已知（1）求通项公式；（2）设等比数列满足，求前项和．19.如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，点是的中点．（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的大小．20.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若求△ABC的周长的最大值．21.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段 的中点．（1）求证：平面；（2）若，求平面和平面夹角的大小；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．22.已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．（1）求椭圆的方程；（2）点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值． 2023-2024学年度第一学期期末质量监测高二级数学科试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上．2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上．4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管．第一部分（选择题，共60分）一、单项选择题：本大题共有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，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑．1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可得答案.【详解】因为，所以故选：A.2.在平面直角坐标系中，直线的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据倾斜角的定义即可求解.【详解】直线即的倾斜角为，故选：C.3.已知复数（为虚数单位），则（） A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】计算出，利用复数模长公式求出答案.【详解】，故.故选：C4.已知正项等比数列的前项和为，则（）A.128B.64C.32D.16【答案】B【解析】【分析】设公比为，即可得到、的方程组，解得、，即可得解.【详解】设公比为，则，，显然，所以，解得，所以.故选：B5.的零点所在区间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数单调性及函数零点存在性定理求解.【详解】因为在上单调递增，且，所以函数零点所在区间为.故选：C6.中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶时，水面宽．若水面下降，则水面宽度为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以拱桥顶点为原点，建立直角坐标系，设抛物线方程为，根据条件求出，再解出时，的值，即可求出结果.【详解】由题意，以拱桥顶点为原点，建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，又由题知，抛物线经过点，所以，得到，所以抛物线方程为，当水面下下降，即，代入，解得，所以此时水面宽度为,故选：A.7.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，若直线与平面交于点，则线段的长度为（） A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量共线可得，进而根据空间中点点距离即可求解.【详解】如图，连接，因为直线与都在平面内，所以直线与的交点即与平面的交点，由于且，故由三角形相似，可得，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，所以，从而，所以的坐标为，所以,故选:B8.设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，若点关于的角平分线的对称点恰好是点，且，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.【详解】设，由已知可得，，根据椭圆的定义有.又，所以.在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，等式两边同时除以可得，，解得或（舍去），所以.故选：A.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知函数，则（）A.B.的最小正周期为C.在区间上单调递增D.的图象可由曲线向右平移个单位长度得到【答案】BD【解析】【分析】根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】因为，所以，故A错误；的最小正周期，故B正确；当，则，因为在上不单调，所以在区间上不单调，故C错误；将向右平移个单位长度得到，故D正确；故选：BD10.已知双曲线：，则下列说法正确的是（）A.双曲线的实轴长为B.双曲线的焦距为C.双曲线的离心率为D.双曲线的焦点到渐近线的距离为【答案】BCD 【解析】【分析】首先求出、、，再根据双曲线的性质一一计算可得.详解】双曲线，则，，所以，双曲线的实轴长为，故A错误；双曲线的焦距为，故B正确；双曲线的离心率，故C正确；双曲线的渐近线方程为，焦点为，所以双曲线的焦点到渐近线的距离，故D正确．故选：BCD．11.已知空间中三点，，，则正确的有（）A.平面的一个法向量是B.与是共线向量C.与夹角的余弦值是D.点到直线的距离是【答案】AD【解析】【分析】由，可判断选项B；由，可判断选项C；设平面的一个法向量为，由，求得，即可判断A，再利用空间向量法求出点到直线的距离，即可判断D．【详解】由题意知，，，，因为，所以与不是共线向量，即B错误；，所以与夹角的余弦值为，即C错误； 设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，即A正确．因为，，所以，，，所以点到直线的距离，故D正确.故选：AD．12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（）A.圆的方程是B.过点向圆引切线，两条切线的夹角为C.过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为，该直线斜率为D.在直线上存在异于，的两点，，使得【答案】ABD【解析】【分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断A；设切点为，，利用正弦即可求出，由对称性可求得，从而判断B；根据题意设出直线方程，利用圆心到直线的距离为2，求得切线斜率，可判断C；取，，即可判断D．【详解】对于A：在平面直角坐标系中，，，点满足，设，则，化简可得圆的方程为，故A正确； 对于B：圆心，半径为4，所以，过点向圆引切线，设切点为，，则，所以，所以，故B正确；对于C：过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，由图可知斜率不存在时不满足题意，可设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离为2，即，解得，故C错误；对于D：由对称性可知当，时，，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷相应横线上．13.在等差数列中，，，则．【答案】8【解析】【详解】设等差数列的公差为， 则，所以，故答案为8.14.已知直线：与直线：垂直，则_________．【答案】【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可.【详解】因为直线：与直线：垂直，所以，解得.故答案为：15.正方体棱长为，点为正方形的中心，点是正方形的中心，则异面直线与所成角的大小是_______【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则，因为，所以，即异面直线与所成角为.故答案为： 16.已知直线l与圆交于两点，且，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】的几何意义为到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍．由题意，所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，利用圆的性质即可得解.【详解】因为表示点到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍，又的圆心为，半径为，，则，所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，故点到直线的最大距离为，所以的最大值为， 故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．温馨提示：考生请注意在答题卷规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分．17.在区运会的跳高比赛中，甲、乙两名运动员试跳过某个高度成功的概率依次为，，且每次试跳成功与否互不影响．（1）求甲试跳两次，至少有一次成功的概率；（2）求甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意知事件“甲试跳两次，至少有一次成功”的对立事件为“甲试跳两次，两次都没有成功”，由独立事件及对立事件的概率计算公式得答案；（2）事件“甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功”包含事件“甲试跳成功、乙试跳失败”和事件“甲试跳失败、乙试跳成功”，由独立事件的概率可求得答案.【小问1详解】记“甲在第次试跳成功”为事件，“甲试跳两次，至少有一次成功”为事件.由独立事件的概率计算公式得：P（C）=,小问2详解】记“乙在第次试跳成功”为事件，记“甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功”为事件D，所以.18.已知等差数列前项和是，已知（1）求的通项公式； （2）设等比数列满足，求前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果.（2）根据（1）中结果及条件，求出，，再利用等比数列的前项和公式即可求出结果.【小问1详解】数列为等差数列，设首项为，公差为，又，所以①，②，由①②解得，所以.【小问2详解】设等比数列的首项为，公比为，由（1）知，又，所以，，得到，，所以19.如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，点是的中点．（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的大小．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据条件，得出面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果；（2）利用（1）中结果及条件，得出面，从而得出为直线和平面所成的角，在中，利用，，得到，即可求出结果.【小问1详解】因为平面，面，所以，又四边形为正方形，所以，又，面，所以面，又面，所以.【小问2详解】因为，点是的中点，所以，又，，面，所以面，故为直线和平面所成的角，在中，，所以，又，点是的中点，所以，在中，，，所以，又，得到，所以直线和平面所成角的大小为.20.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求C；（2）若求△ABC的周长的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；（2）根据余弦定理和基本不等式可求解.【小问1详解】因为，根据正弦定理，可得，因为，故，又因为，所以；【小问2详解】由余弦定理，可得，由基本不等式，得，当且仅当时，等号成立，取最大值，此时周长为.21.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点． （1）求证：平面；（2）若，求平面和平面夹角的大小；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）设与交于点，连接，根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，再利用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，分别求出平面和平面的法向量和，再利用面面角的向量法，即可求出结果；（3）设，根据条件得出，，再利用，得到，即可求出结果.【小问1详解】如图，设与交于点，连接，因为为正方形，所以是中点，又四边形为矩形，是线段的中点，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又面，面，所以平面. 【小问2详解】因为面面，又，面面，面，所以面，又，故可建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，则，所以，，，，设平面的一个法向量为，由，得到，取，又，所以，设平面的一个法向量为，由，得到，取，则，所以，设平面和平面的夹角为，则，又，所以，即平面和平面夹角的大小为.【小问3详解】由（2）中空间直角坐标系，知， 则，，设，则，得到，所以，由，得到，所以，得到，即，又，所以，得到的最大值为.22.已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．（1）求椭圆的方程；（2）点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意得到、、的方程组，解得即可；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出，，从而得到，则，再设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再根据得到，最后根据计算可得；【小问1详解】依题意，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】由（1）可得，，设直线的方程为，代入得，它的两个根为和，可得，，从而．因为，所以，若直线斜率不存在，根据对称性，则在椭圆的上（下）顶点处，不妨取为上顶点，则，由，解得或，所以或，所以，若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，将代入，整理得，由，则，，所以，化简得，所以.综上可得的面积等于，为定值. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.