浙江省金华市第一中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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金华一中2023学年高二第一学期期末考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.空间直角坐标系中，点是点在坐标平面内的射影，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出B点坐标，然后直接用距离公式计算即可.【详解】由点是点在坐标平面内的射影可得，则.故选：A.2.椭圆：的左焦点为，椭圆上的点与关于坐标原点对称，则的值是（）A.3B.4C.6D.8【答案】D【解析】【分析】令椭圆C的右焦点，由已知条件可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义计算作答.【详解】令椭圆C的右焦点，依题意，线段与互相平分，于是得四边形为平行四边形，因此，而椭圆：的长半轴长，所以.故选：D3.等比数列的前项和为，若，则（）A.B.8C.1或D.或 【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的前项和公式及等比数列通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为，则因为，所以，即，解得或，所以或.故选：C.4.攒（cuán）尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁或园林式建筑．下图是一顶圆形攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由轴截面三角形，根据已知可得圆锥底面半径和母线长，然后可解.【详解】轴截面如图，其中，，所以，所以，所以圆锥的侧面积.故选：B5.已知圆：，点，则点到圆上点的最小距离为（） A.1B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】写出圆的圆心和半径，求出距离的最小值，再结合圆外一点到圆上点的距离最小值的方法即可求解.【详解】由圆：，得圆，半径为，所以，所以点到圆上点的最小距离为.故选：C.6.直线与曲线相切，且与圆相切，则（）A.B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】先由直线与曲线求出，再由直线与圆相切即可求出【详解】设直线在曲线上的切点为，则，解得，故切点坐标为，将代入直线中，解得，所以直线方程为，即，又与圆相切，则， 故选：B7.在数列中，，若，，则n的值为（）A.9B.10C.11D.12【答案】B【解析】【分析】根据题意可得，利用累加法可得，结合即可求出n的值.【详解】由，得，所以，所以，又，所以，又满足，所以由，解得.故选：B8.已知，是双曲线的左、右焦点，点A是的左顶点，为坐标原点，以为直径的圆交的一条渐近线于、两点，以为直径的圆与轴交于两点，且平分，则双曲线的离心率为（）A.B.2C.D.3【答案】B【解析】【分析】由直径所对圆周角是直角，结合双曲线的几何性质和角平分线定义可解.【详解】由圆的性质可知，，，所以，因为，所以又因为平分，所以，由，得，所以，即 所以故选：B二、多项题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.已知点椭圆上一点，椭圆焦点是，则下列说法中正确的是（）A.椭圆的长轴长是9B.椭圆焦距是C.存在使得D.三角形的面积的最大值是【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的几何性质逐个判断即可.【详解】，所以，对于A：因为，所以长轴为，A错误；对于B：因为，所以焦距为，B正确；对于C：当取到上顶点时此时取到最大值，此时，，所以，所以此时为钝角，所以存在使得，C正确；对于D：当取到上顶点时此时三角形的面积取到最大值，此时，D正确， 故选：BCD10.等差数列的前项和为，，，则（）A.数列是递减数列B.C.是中最小项D.【答案】BC【解析】【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得、，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，因，所以.A：由，得等差数列为递增数列，故A错误；B：，故B正确；C：，因为，由二次函数的性质可知当或时，取到最小值，即为中最小项，故C正确；D：，，由，得，故D错误.故选：BC11.如图，正方体的棱长为2，分别为的中点．则下列结论正确的是（） A.直线与平面垂直B.直线与平面平行C.三棱锥的体积为D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出相关各点坐标，求出平面的法向量，利用向量的数量积的计算，可判断A,B；根据等体积法可求得三棱锥的体积，可判断C；利用空间距离的向量计算公式，可判断D.【详解】如图，以D点为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以为z轴，建立空间直角坐标系，则,对于A,,设平面AEF的法向量为，则，可取， 而，与不平行，故直线与平面不垂直，故A错；对于B，,平面AEF的法向量为,,不在平面内,故直线与平面平行，故B正确；对于C，,故C正确；对于D，,平面AEF的法向量为,,故点到平面距离为，故D正确，故选：BCD12.已知抛物线，点，，过点的直线交抛物线与两点，设，，下列说法正确的有（）A.B.的最小值为C.D.【答案】ABD【解析】【分析】首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，消去，得，分别写出，式子，然后逐项验证，对于A直接得出，对于B利用弦长公式再结合二次函数求最值即可，对于C，直接利用两点间的距离公式计算即可，对于D，利用即可验证.【详解】设直线的方程为，则由，消去整理，得，因为直线交抛物线与两点，设，，则 所以，，故A正确.，m=0时等号成立，故B正确，同理，可得，则，故C不正确..,即，故D正确.故选：ABD.【点睛】解决本题的关键就是设出直线的方程为，这样很大程度减小了运算量，联立直线方程与抛物线，进而利用韦达定理写出交点纵坐标之间的关系，在逐项验证即可.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.直线的倾斜角的是______．【答案】【解析】【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】因为直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，因为，所以， 故答案为：.14.已知函数，则___________.【答案】【解析】【分析】先求函数的导数，利用赋值法求出，即可得函数解析式，从而求得的值.【详解】由于，所以，解得，所以，则，所以.故答案为：15.九连环是我国古代流传至今的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环，移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，推广到m连环，用表示解下个圆环所需的最少移动次数，若数列满足：，且，则解下n（n为偶数）个圆环所需的最少移动次数___________.（用含n的式子表示）【答案】【解析】【分析】根据通项公式得到，构造出等比数列，进而求出.【详解】因为n为偶数，当时，，即，又，所以是以为首项，4为公比的等比数列，故，所以，故答案为：16.已知在平面直角坐标系xOy中，，动点P满足则P点的轨迹Γ为圆_______，过点A的直线交圆Γ于两点C，D，且，则______. 【答案】①.②.【解析】【分析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.【详解】设，则，整理得到，即.因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，则为的中点，则，故，解得，故答案为：，.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.已知数列中，，且（1）求证：数列是等差数列，并求出；（2）数列前项和为，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的定义可证是等差数列，利用等差数列的通项公式可求. （2）利用错位相减法可求.【小问1详解】因为，是以为首项，为公差的等差数列，，.【小问2详解】，，，.18.如图，直三棱柱中，，，是棱的中点，（1）求异面直线所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系,求出相关各点的坐标,求出,利用向量的夹角公式求得答案;(2)求出平面平面和平面的一个法向量,利用向量夹角公式求得答案.【小问1详解】 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系,则,,所以，所以直线所成角的余弦值为；【小问2详解】设为平面的一个法向量，,则m⋅AD=12x+12y=0m·AB1=x+z=0,∴x+y=0x+z=0，，同理,则,可取平面的一个法向量为，则,由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 19.已知椭圆经过点，．（1）求椭圆的方程；（2）已知直线的倾斜角为锐角，与圆相切，与椭圆交于、两点，且的面积为，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)将点M、N的坐标代入椭圆方程计算，求出a、b的值即可；(2)设l的方程为：，，根据直线与圆的位置关系可得，直线方程联立椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，进而列出关于k的方程，解之即可.【小问1详解】椭圆经过点，．则，解得，【小问2详解】设l的方程为：与圆相切设点，∴（1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0， 则Δ>0x1+x2=−4km1+2k2x1x2=2m2−21+2k2，，，，，，，，，，故，20.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为矩形，，AB=2，，平面，，，E是SA的中点．（1）求直线EF与平面SCD所成角的正弦值；（2）在直线SC上是否存在点M，使得平面MEF平面SCD？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，M与S重合【解析】【分析】（1）分别取AB，BC中点M，N，易证两两互相垂直，以 为正交基底，建立空间直角坐标系，先求得平面SCD的一个法向量，再由求解；（2）假设存在点M，使得平面MEF平面SCD，再求得平面MEF的一个法向量，然后由求解.【小问1详解】解：分别取AB，BC中点M，N，则，又平面则两两互相垂直，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，，所以，设平面SCD的一个法向量为，，，则，， 直线EF与平面SBC所成角的正弦值为.【小问2详解】假设存在点M，使得平面MEF平面SCD，，，设平面MEF的一个法向量，，令，则，平面MEF平面SCD，，，存在点，此时M与S重合.21.已知数列的前项和为，且.（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，求使得的最小正整数.【答案】（1）证明见解析，（2）4【解析】【分析】（1）利用与的关系式化简出，再构造成即可证明为等比数列同时求出通项公式；（2）化简可得，再通过分组求和可得，判断的单调性即可求出的最小正整数. 【小问1详解】因为，所以①当时，，所以；当时，②①-②得，即，则，而，所以数列构成以1为首项，3为公比的等比数列，则，所以.【小问2详解】，，的前项和的前项和单调递增且，所以使得最小正整数4.22.已知双曲线过点，且的渐近线方程为． （1）求的方程；（2）如图，过原点作互相垂直的直线，分别交双曲线于，两点和，两点，，在轴同侧．①求四边形面积的取值范围；②设直线与两渐近线分别交于，两点，是否存在直线使，为线段的三等分点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）①；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意求得，即可得解；（2）①易知直线，的斜率均存在且不为，设，的方程为，则的方程为，联立，消元，则，利用韦达定理求得，再根据弦长公式可求得，同理可求得的范围及，再根据整理即可得出答案；②设直线的方程为，，联立，消元，根据求得的关系，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，易求得的坐标，即可求出，再根据，为线段的三等分点，可得，结合，可得两个等量关系，从而可得出结论. 【小问1详解】解：由题意有，则，将点代入双曲线方程得，联立解得，故的方程为；【小问2详解】解：①，易知直线，的斜率均存在且不为，设，的方程为，则的方程为，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，则，则，则，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，解得，则， 则，根据对称性可知四边形为菱形，其面积，，∴，∴，∴，；②，假设满足题意的直线存在，易知直线斜率存在，设直线的方程为，，联立，整理得，则且，解得且，由韦达定理有， 则，不妨设为直线与渐近线的交点，联立，解得，，同理可得点的坐标为，则，因为，为线段的三等分点，，即，整理得，①，，则，即，，整理得,②联立①②得，无解，故没有满足条件的直线．