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时间:2024-09-03
《安徽省五市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
高二数学试卷满分:150分考试时间:120分钟注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写,字体工整、笔迹清晰.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题: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.1.直线的倾斜角为()A.45°B.60°C.135°D.150°【答案】C【解析】【分析】根据直线的方程,算出直线的斜率,利用即可算出所求的倾斜角大小.【详解】根据题意:,所以该直线的斜率为,设该直线的倾斜角为,且,可得.故选:C2.在空间直角坐标系中,已知点,,,若向量与向量共线,则的值为()A.0B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】根据向量平行的坐标关系直接求解可得.【详解】根据题意:,,与共线,所以, 可得,.故选:B3.已知等差数列满足,则()A.10B.8C.6D.4【答案】D【解析】【分析】根据条件,利用等差数的性质即可求出结果.【详解】由,得到,即,所以,故选:D.4.如图,三棱柱中,,,,点为四边形的中心点,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】根据题意,,又,所以, 故选:A.5.已知双曲线的渐近线方程为,则该双曲线的焦点坐标分别为()A.,B.,C.,D.,【答案】B【解析】【分析】由渐近线、的关系以及焦点的概念即可求解.【详解】已知双曲线的渐近线方程为,对照,可得,所以,所以该双曲线的焦点坐标分别为,.故选:B.6.已知数列的前项和为,前项积为,满足,则()A.45B.50C.55D.60【答案】D【解析】【分析】根据可得,结合等比数列的定义可知是首项为1,公比为2的等比数列,结合等比数列的通项公式求出,进而求出即可求解.【详解】根据题意:,两式作差可得,当时,,所以数列是首项为1,公比为2的等比数列, 所以,所以,故选:D.7.已知点为抛物线的焦点,直线与该抛物线交于两点,点为的中点,过点向该抛物线的准线作垂线,垂足为.若,则()A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】先运用中位线定理,将转化得到两点到准线的距离和,再用抛物线的定义得到的值.【详解】根据题意,过点分别向该抛物线的准线作垂线,垂足分别为,所以,所以,设,,根据定义可得,联立,.故选:B.8.已知函数表示不超过的最大整数,,,数列的前项和为 ,则()A.673B.747C.769D.821【答案】A【解析】【分析】用特殊值法,根据对数得运算对进行分类,从而求出前100项的和.【详解】根据题意分析可得:,,,,,,,,,所以.故选:A二、选择题: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.在空间直角坐标系中,已知向量,,则下列结论正确的是()A.向量关于平面的对称向量的坐标为B.若,则C.若,则D.若且,则,【答案】AC【解析】【分析】根据向量的对称可判断A;根据空间向量垂直的坐标表示可判断B;根据空间向量模长的坐标表示可判断C;结合题意联立,,计算即可判断D.【详解】对于选项A:根据题意可知向量关于平面的对称向量的坐标为,故A正确;对于选项B:若,则,即,故B错误;对于选项C:若,则,故C正确; 对于选项D:若且,或,故D错误.故选:AC.10.已知椭圆的上顶点为,左、右焦点分别为,,则下列说法正确的是()A.若,则B.若椭圆离心率为,则C.当时,过点直线被椭圆所截得的弦长的最小值为D.若直线与椭圆的另一个交点为,,则【答案】ABD【解析】【分析】对于A项,易得等腰直角三角形,则,即得;对于B项,由离心率公式和易得;对于C项,由椭圆中过焦点的最短弦长即通径,易得;对于D项,利用表示出点的坐标,代入椭圆方程计算即得.【详解】对于A项,若,因,可得,则,故A项正确;对于B项,由可解得:,故B项正确;对于C项,时,椭圆,因过点的直线被椭圆所截的弦长的最小值为通径长,即,故C项错误; 对于D项,如图,因为,,设点,由可得,解得:,代入椭圆中,可得,即,解得:,故D项正确.故选:ABD.11.已知等差数列的前项和为,且满足,,现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列,则下列说法正确的是()A.B.C.D.数列的前10项和为【答案】ACD【解析】【分析】根据题设条件求出数列的公差,易得通项和前项和,易于判断A,B两项;对于新数列,可以通过项的列举找到公共项,易得其通项,判断C项;对于D项,因数列的通项易于裂项,故运用裂项相消法求和即得.【详解】设等差数列的公差为,,由解得:,故,,故A项正确,B项错误;将数列列举出来为:数列列举出来为:故共同项依次有:,即,故,则,C项正确;因,其前10项和为.故D项正确. 故选:ACD.12.点,为圆上的两点,点为直线上的一个动点,则下列说法正确的是()A.当,且为圆的直径时,面积的最大值为3B.从点向圆引两条切线,切点分别为,,的最小值为C.,为圆上的任意两点,在直线上存在一点,使得D.当,时,的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A;利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B;由B项可判定C项;根据圆的弦长公式确定中点轨迹,结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D.【详解】对A:当,为直径时,(其中为点的纵坐标),所以当点为或时,三角形面积最大,,所以A正确;对B:设,交与点,由圆的切线性质,则,所以,越大,越小,当点在处时,最大,此时,,,即,B正确; 对C:当点在处,且,为切线时,最大,此时,即,,所以不存在符合的点,C错误;对D:设的中点,则,,所以点在以为圆心,为半径的圆上,,设小圆半径为,则,则的最大值为,D正确.【点睛】思路点睛:选项D中根据圆的弦长公式求出点D轨迹为圆,问题转化为圆外一定点到圆上动点距离的最大值.三、填空题:共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线,,则直线,之间距离的最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知:两直线平行,且均过定点,分析可得结果.【详解】由题意可知:直线的斜率为,过定点;直线的斜率为,过定点;可知,所以两直线之间距离的最大值为. 故答案为:.14.过点的直线被圆:所截得的弦长的最小值为______.【答案】【解析】【分析】首先分类讨论得圆心到直线的距离最大值,结合弦长公式即可求解.【详解】根据题意:直线过定点,判断可知点在圆内,而圆,若直线斜率存在时,设,圆心到直线的距离为,所以,若,则,若,则,解得或,直线斜率存在时,,此时,若直线斜率不存在时,即,圆心到直线的距离为,综上所述,圆心到直线的距离最大值为,所以所截的弦长的最小值为.故答案为:.15.已知双曲线的左、右焦点分别为,,焦距为4,直线与双曲线交于,两点,点为双曲线在第一象限上的点,记直线、的斜率分别为、,且,若的面积为,记直线、的斜率分别为、,则______.【答案】【解析】 【分析】首先联立,由韦达定理结合得,进一步得双曲线方程,由的面积为得坐标,由斜率公式即可求解.【详解】设,,,根据题意,可得,联立,化简得,,所以,所以,又,可得,,所以双曲线,的面积为,可得,代入双曲线的方程可得,所以点的坐标为,所以.故答案为:.16.已知抛物线,过该抛物线焦点的直线与该抛物线相交于两点(其中点在第一象限),当直线的倾斜角为时,,为坐标原点,则面积的最小值为______.【答案】 【解析】【分析】结合题意求出,设直线,结合韦达定理表示出面积,结合基本不等式即可求解.【详解】如图所示,分别过向准线作垂线,垂足分别为、,过作的垂线,垂足为,当直线的倾斜角为时,结合题意易得,所以,即,设,,满足,,设直线,代入抛物线方程,可得,,所以,当时,三角形面积取最小值,此时最小值为.故答案为:.四、解答题: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.已知直线过点.(1)若直线在轴上的截距、在轴上的截距的满足,求直线的方程;(2)若直线与两坐标轴的正半轴分别交于,两点,为坐标原点,当的面积最小时,求直线的方程.【答案】(1)或(2) 【解析】【分析】(1)分直线过原点和不过原点,利用截距式直线方程解题即可;(2)利用点斜式直线方程以及基本不等式解题即可.【小问1详解】根据题意:直线在轴上的截距是在轴上的截距的3倍,当直线不过原点时,设直线为,将代入可得,所以直线的方程为;当直线过原点时,直线的斜率为,所以直线的方程为即.综上,直线的方程为或;【小问2详解】设直线的方程为,所以,,所以,当且仅当时,,(舍),所以直线的方程为即.18.已知数列的前项和为,满足.(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据与的关系易得,需要检验首项是否符合; (2)利用错位相减法求和即得.【小问1详解】根据题意:,当时,,两式相减即得:,因时,,满足上式,故;【小问2详解】,则,,两式相减可得:,故.19.如图,三棱锥中,底面是边长为2的等边三角形,.(1)证明:;(2)若,点为的中点,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取的中点,证明平面即得;(2)先证明平面 ,建系后,求出相关点和空间向量的坐标,计算出两平面的法向量,利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】如图,取的中点,连接,,因为,所以,又因为底面是边长为2的等边三角形,所以,又平面,可得平面,又平面,所以.【小问2详解】因为,,所以,,因为,由可得:,又,平面,所以平面,如图,以分别为轴正方向,建立空间直角坐标系.则,,,,,因,,设平面的法向量,则,取,得,,则, 又,,设平面的法向量,则取,得,,则.设平面与平面的夹角为,则,故平面与平面的夹角的余弦值为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,为椭圆上任意一点,点到距离的最大值为.(1)求椭圆的标准方程;(2)已知过点的两条不同的直线,关于轴对称,直线,与椭圆在轴上方分别交于、两点.直线是否过轴上一定点?若过,求出此定点;若不过,请说明理由.【答案】(1)(2)是,【解析】【分析】(1)根据题意列出的关系式运算得解;(2)设直线的方程为与椭圆方程联立得根与系数关系,由对称性可知:,直线的方程为,设直线与轴的交点为,利用坐标化代入根与系数关系化简求得的值得解.【小问1详解】根据题意,,,解得,,又, 所以椭圆的标准方程为;【小问2详解】根据题意可得:设直线的方程为,联立,设直线与椭圆的交点为,,可得:,由对称性可知:,直线的方程为,设直线与轴交点为,所以,可得:,所以直线过定点.21.已知数列的前项和为,前项积为,满足.(1)求,和;(2)证明:. 【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意计算出,将条件中的变为,然后化简可得是等比数列,计算可得;(2)由(1)可得,采用放缩法可得,根据数列求和公式计算即可得证.【小问1详解】当时,,当时,,∵数列的前项积为,满足,∴时,,化为,变形为,时,,数列是首项为4,公比为2的等比数列,∴,时,亦满足上式,即;【小问2详解】先证明左边:即证明,,又由,解得,又, 所以,再证明右边:,∴.22.已知点,圆,点满足,点的轨迹为曲线,点为曲线上一点且在轴右侧,曲线在点处的切线与圆交于,两点,设直线,的倾斜角分别为.(1)求曲线的方程;(2)求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由双曲线定义即可求解.(2)分切线的斜率是否存在进行讨论,当斜率存在时,结合韦达定理、数量积公式得,由与双曲线相切得关系,由此即可得解.【小问1详解】根据题意:,满足双曲线定义,设曲线的方程为,根据定义可得,,,所以曲线的轨迹方程为;【小问2详解】根据题意:,, 当的斜率不存在时,,此时,,,所以;当的斜率存在时,设,,设直线,联立直线与圆可得:,,,所以代入韦达定理可知,因为直线与曲线相切,联立,,所以,故得, 所以.
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