安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高二上学期期末测试数学试题 Word版含解析.docx

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马鞍山二中2023－2024学年度高二第一学期期末测试数学试题一、单项选择题：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.在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解.【详解】设，，则，而，所以，解得，所以，故选：C.【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题.2.由点向圆引的切线长是（）A.3B.C.D.5【答案】A【解析】【分析】将圆的方程化为标准形式，求出点到圆心的距离，结合勾股定理即可得解.【详解】圆即圆的圆心半径分别为， 点到圆心的距离为，所以点向圆引的切线长是.故选：A.3.已知等差数列的公差为1，，则（）A.2021B.2022C.2023D.2024【答案】B【解析】【分析】由等差数列的性质代入即可求解.【详解】由题意得.故选：B.4.抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再求焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线为开口向上的抛物线，且，所以焦点坐标为，故选：C5.已知椭圆的焦点为，等轴双曲线的焦点为，，若四边形是正方形，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的焦距相等列方程，然后整理可得. 【详解】由题意知，椭圆和双曲线的焦距相等，所以有，整理得，所以.故选：C6.已知正项等比数列中，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由正项等比数列的性质，，，可求的值.【详解】正项等比数列中，，则，，则，又，即，解得.故选：B7.三棱锥中，点面，且，则实数（）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.【详解】由题意三棱锥中，点面，且，所以，解得.故选：D.8.已知为坐标原点，双曲线：（，）的左焦点为，右顶点为，过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据垂直渐近线且，可得，从而不妨设，可得及，这样就可得轴，从而可得求解.【详解】易知，于是，故离心率，不妨设，则，，，不难求得，于是轴，所以．故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（）A.B.C.1D.2【答案】BD【解析】【分析】由题意知三条直线中，有两条直线相互平行，讨论平行和平行，求解即可.【详解】由题意可得，三条直线中，有两条直线相互平行，l1：的斜率为，l2：的斜率为，所以不平行，若平行，则，解得：，若平行，则，解得：，综上：实数a的值为或.故选：BD.10.平面直角坐标系数Oxy中，已知，则使得动点P的轨迹为圆的条件有（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】设，根据选项中的条件列出方程，化简，结合化简结果可判断动点轨迹是否为圆，即可判断A，B，C；结合椭圆定义可判断D. 【详解】设，则，对于A，由得，此时动点P的轨迹为圆，A正确；对于B，由得，则，该式无意义，此时点P不存在，B错误；对于C，由得，整理得，即，此时动点P的轨迹为圆，C正确；对于D，由可知，动点P到两定点的距离之和为3，且，此时动点P的轨迹为椭圆，D错误，故选：AC11.已知曲线C：，则下列结论正确的是（）A.若，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若，则C是圆，其半径C.若，则C是双曲线，其渐近线方程为D.若，则C是两条直线【答案】ABD【解析】【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D.【详解】对于A，若，则故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确； 对于B，若，则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；对于C，若，不妨设，则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线则，故渐近线方程为，即，C错误；对于D，若，曲线C：，即，即，则C是两条直线，D正确，故选：ABD12.已知数列中，，，则下列结论正确的是（）A.当时，数列为常数列B.当时，数列单调递减C.当时，数列单调递增D.当时，数列为摆动数列【答案】ABC【解析】【分析】求出数列各项的值，可判断A选项；利用数列的单调性可判断B选项；利用数学归纳法推导出，结合数列的单调性可判断C选项；取，求出数列各项的值，可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，，由可得，，，，以此类推可知，对任意的，，此时，数列为常数列，A对； 对于B选项，当时，则，此时，数列单调递减，B对；对于C选项，因为，，且，则，猜想，，，当时，猜想成立，假设当时，猜想成立，即，则当时，，因为，则，则函数在上单调递增，所以，，即成立，由数学归纳法可知，对任意的，，所以，，此时，数列单调递增，C对；对于D选项，当时，取，则且，则，，，，以此类推可知，当且时，，即，此时，数列不是摆动数列，D错.故选：ABC.【点睛】方法点睛：判断数列单调性的方法有：（1）利用数列对应的函数的单调性判断；（2）对数列的前后项作差（或作商），利用比较法判断.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为______.【答案】【解析】【分析】联立直线与抛物线方程可求得，再利用抛物线的焦点弦公式得到关于 的方程，解之即可得解.【详解】因为抛物线的焦点坐标，准线为，则直线过抛物线的焦点，且由题意可知直线的斜率不为0，不妨设直线为，，，联立，消去，得，易知，则，故，因为，所以，即，故，所以直线的方程为，则直线的倾斜角为.故答案为：.14.设是数列的前项和，且，，则__________．【答案】【解析】【详解】原式为，整理为：，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以，即.【点睛】这类型题使用的公式是，一般条件是，若是消，就需当时构造，两式相减，再变形求解；若是消，就需在原式将变形为：，再利用递推求解通项公式.15.设是椭圆（）两个焦点，P为椭圆上任一点，若且的面积为，则该椭圆的短轴长为______.【答案】10【解析】 【分析】由椭圆定义得到，，由余弦定理得到，结合三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.【详解】由椭圆定义得，，由余弦定理得，即，解得，由三角形面积公式得，即，解得，故该椭圆的短轴长.故答案为：1016.设集合，若A中任意3个元素均不构成等差数列，则集合A中元素最多有______个．【答案】8【解析】【分析】先判断出，再根据特例可判断等号成立，故可求元素个数的最大值.【详解】设，若且递增，由题意可知且，故，同理，又，故有，矛盾．故，取满足条件．故答案为：8.四、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.棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点． （1）用向量，，表示；（2）求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据空间向量基本定理求解即可；（2）由空间向量模长公式和数量积公式求解即可.小问1详解】连接，所以，因为，，，所以.【小问2详解】因为正四面体的边长为，所以的夹角为，，所以，.18.已知公差不为0的等差数列的首项，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式； （2）设，，是的前n项和，求使成立的最大的正整数n.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意列出关于d的方程，求出d，即可求得答案；（2）结合（1）可得的表达式，利用裂项相消法求得的表达式，解数列不等式，即可求得答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，，由，，成等比数列，得，即，解得或0（舍），所以；【小问2详解】因为，所以，由，得，解得，所以使成立的最大的正整数.19.在三棱台中，，平面ABC，．（1）求证：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）根据题意先证平面，可得，进而可证平面，即可得结果；（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】因为平面ABC，且平面ABC，可知，，在中，可得，在中，可得，即，且，可得，则，又因为，，平面，可得平面，且平面，则．且，平面，可得平面，且平面，所以．【小问2详解】如图，以B为坐标原点，分别为轴所在直线，过B平行于直线直线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系则， 可得，设平面的法向量为，则，令，解得，可得，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．20.已知椭圆：（）．（1）若椭圆的焦距为6，求的值；（2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．【答案】（1）12（2）20【解析】【分析】（1）由焦距以及之间的关系列方程即可求解；（2）设出直线方程，并与椭圆方程联立，结合已知和韦达定理即可求解.【小问1详解】设焦距为，则，解得．小问2详解】要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．设，与椭圆联立得， 由韦达定理：．由知，故，要使点的横坐标最大，在这里不妨取，所以，当且仅当时，等号成立．当时，，即，此时．21.已知数列的前n项和为，点在函数的图象上．（1）求数列的通项公式；（2）设，（i）求数列的前n项和；（ii）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由的关系即可求解；（2）（i）由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；（ii）由（i）结论结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.【小问1详解】点在函数的图象上，所以．当时，；当时，．故．【小问2详解】由（1）知，．（i）①，②， ①－②得：，故．（ii）③，④，③－④得：，故．22.过点作直线l与双曲线C：交于A，B两点，P是双曲线C的左顶点，直线与y轴分别交于．（1）求直线l斜率的取值范围；（2）求证：线段的中点M为定点，并求出点M的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设，与双曲线联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；（2）表示出直线的方程，令求出得坐标，则，将韦达定理代入化简即可得出答案.【小问1详解】由题意可知直线的斜率存在，设，与双曲线联立得：．因为直线与双曲线交于两点，所以且，由，得， 由，得，解得直线斜率的取值范围为．【小问2详解】，设，则，令得，同理可得．于是，，由韦达定理有，代入上式可得：所以线段的中点为定点．.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；