浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题 Word版含解析.docx

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嘉兴市2023~2024学年高二第一学期期末检测数学试题本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.一、选择题：本大题共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.直线倾斜角为（）A.0B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线倾斜角的定义可判断.【详解】由直线，可得该直线倾斜角为.故选：D.2.数列满足，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合递推公式求得即可判断.【详解】当时，，当时，，当时，， 故选：B3.抛物线的准线方程是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据抛物线的概念，可得准线方程为4.已知空间向量，，且，则（）A.B.C.1D.17【答案】A【解析】【分析】根据空间向量平行的坐标关系运算求解.【详解】，，，即，，解得，.故选：A.5.已知点为圆：外一动点，过点作圆的两条切线，，切点分别为，，且，则动点的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知结合直线与圆相切的性质可得四边形为正方形，，，然后结合两点间的距离公式即可求解． 【详解】设，因为，与圆相切，所以，，，，又，所以四边形为正方形，所以，则，即动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以动点的轨迹方程为．故选：A．6.已知，是椭圆：的两个焦点，A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，由椭圆性质和已知条件得，由两点间的距离公式得，然后化简、换元结合二次函数单调性可求【详解】由题意，设，由于A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，所以，又, 令，因为，所以，所以，由于对称轴为，所以在单调递减，所以，又，即，所以故选：D7.如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出，结合数量积的运算律，即可求出，利用向量的夹角公式求得，再结合异面直线所成角的范围即可求得答案.【详解】设正方形边长为3，由题意知，，，故， 则，把正方形纸片沿对角线进行翻折后，直线与为异面直线，则，故，由题意知直线与为异面直线，它们所成角的范围为，故直线与所成角的余弦值为，故选：C8.已知数列和均为等差数列，它们的前项和分别为和，且，，，则（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由等差数列的前项和可得，然后设，，代入计算，列出方程，即可得到结果.【详解】由可得，即，设，，则，所以，，．若，则解得，，，此时，．即；同理，若，则，解得，则，．即；综上，．故选：D二、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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.若构成空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】 【分析】根据空间向量基底的性质逐一判断即可.【详解】A：因为构成空间的一个基底，所以可以得两两都不是共线向量，假设是共面向量，则有显然无实数解，假设不成立，因此不是共面向量，因此可以成为一组基底；B：因为构成空间的一个基底，所以可以得两两都不共线向量，因为，所以是共面向量，因此不能成为一组基底；C：因为构成空间的一个基底，所以可以得两两都不是共线向量，假设是共面向量，则有显然无实数解，假设不成立，因此不是共面向量，因此可以成为一组基底；D：因为构成空间的一个基底，所以可以得两两都不是共线向量，因为，所以是共面向量，因此不能成为一组基底，故选：AC10.已知直线：，则下列结论正确的是（）A.直线过定点B.原点到直线距离的最大值为 C.若点，到直线的距离相等，则D.若直线经过一、二、三象限，则【答案】ABD【解析】【分析】求出直线定点可判选项A；当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，可判选项B；根据两点间的距离公式可判选项C；根据条件列出不等式组求解可判选项D【详解】将化为，令，即得，即直线过定点，故A对；当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，即原点到直线距离的最大值为，故B对；点，到直线的距离相等，即，即，解得，或，故C错；若直线经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，令，则；令，则，则，即，且或，所以，故D对；故选：ABD11.记等比数列的前项和为，若，则（）A.是递减数列B.有最大项C.是递增数列D.有最小项【答案】BCD 【解析】【分析】由已知条件可得首项和公比的范围，结合等比数列的通项公式和求和公式对选项分析即可.【详解】设等比数列的公比为,因为，所以且，对A选项，当时，是递减数列，，是摆动数列，故A错误；对B选项，当时，是递减数列，最大项为，当，是摆动数列，，所以数列的奇数项为正，偶数项为负，最大项为第一项，故B正确；对C选项，，且，则，所以，因为单调递减，所以单调递增，所以单调递增；故C选项正确；对D选项，当时，是递减数列，有最小项，没有最大项，当，是摆动数列，因为，所以数列奇数项为正，偶数项为负，且单调递减，所以数列有最小项为最大项为，故D选项正确；故选：BCD12.数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线：，当时，是我们熟知的圆；当时，是形状如“四角星”的曲线，称为星形线，则下列关于曲线的结论正确的是（）A.对任意正实数，曲线恒过2个定点B.存在无数个正实数，曲线至少有4条对称轴C.星形线围成的封闭图形的面积大于2D.星形线与圆有四个公共点【答案】ABD【解析】【分析】易知曲线过定点和，可判断A；当为正偶数时，曲线关于轴、轴及 对称，可得B正确；根据表达式可判断出星形线围成的封闭图形曲线的内部，可判断C错误；联立星形线方程与圆，并解方程可判断D正确.【详解】选项A，曲线过定点和，且与只有两个交点和，即A正确；选项B，当，时，曲线至少有4条对称轴，，，可得B正确；选项C，对于方程，用“”替换“”，方程依然成立，用“”替换“”，方程依然成立，所以星形线既关于轴对称，也关于轴对称.考虑星形线在第一象限内的图形，因为，所以图形在线段的下方，再根据对称性，星形线的图形在曲线的内部，因为曲线所围成的图形面积为2，所以星形线围成的图形面积小于2，可得C错误；选项D，根据对称性，考虑星形线第一象限内的任意一点，则，当且仅当时取等号，所以在第一象限有一个交点，再根据对称性另外三个象限各有一个交点，共4个交点，即D正确．故选：ABD【点睛】关键点点睛：在判断星形线围成封闭图形的面积时，关键是要与熟悉的图形进行比较，再结合过定点和，可联想到曲线，即可判断出面积小于2.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在等差数列中，，则________．【答案】6【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列性质计算即得.【详解】在等差数列中，，解得，所以.故答案为：6 14.已知与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】由题意可得两圆相交，再根据两圆的位置关系求参即可.【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，因为与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，所以两圆相交，则，即，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：.15.在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是________．【答案】【解析】【分析】设，，根据向量的线性运算将用已知向量表示，再利用数量及运算得到的表达式，利用二次函数求出最小值.【详解】如图，设，，在中，， ，当且仅当时，等号成立.故答案为：.16.已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据题意，由余弦定理代入计算可得，再由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，即可得到结果.【详解】在中，，由余弦定理得，又，所以，设双曲线的左焦点为，，在中，由余弦定理得，得， 由得，，．所以离心率的取值范围是.故答案为：四、解答题：本大题共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.已知圆经过三点，，．（1）求圆的方程；（2）过的直线与圆交于另一点，且为等腰直角三角形，求的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）法一：设圆的一般方程，代点即可；法二：分别求得弦的垂直平分线，联立得圆心坐标，再应用两点距离公式即可求半径，进而得到圆的标准方程；（2）由题意得圆心到直线的距离为，设出直线的方程，应用点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】法一：设圆的一般方程为，代入三个点得，解得，，，所以的方程为．法二：线段的垂直平分线是，线段的垂直平分线是，联立得圆心坐标，则半径，所以的方程为．【小问2详解】 由题意得圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在；则设直线的方程为，即，则，解得或，所以的方程为或．18.如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点．（1）证明：平面平面；（2）求到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面一个的法向量，根据平面法向量平行可得证（2）根据到平面距离的空间向量公式即得【小问1详解】以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以设可得平面的一个法向量，则，即，令，则，所以，因为，两平面又不重合，所以平面平面．【小问2详解】因为，所以，由（1）知平面的一个法向量，则．19.已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点．（1）求的值；（2）若上存在点，使的重心恰为，求的值及点的坐标．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）联立直线和抛物线方程利用韦达定理即可得出结果； （2）根据抛物线焦点坐标及重心坐标公式可求得，代入抛物线方程即可求得及.【小问1详解】联立方程：和，消去得得，则．【小问2详解】设点，易知，如下图所示：由（1）可得，由的重心恰为可得，即；且，可得由点在上，满足，可得，解得，所以，，即点为．20.已知数列的各项均为正数，其前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据与的关系，可得是等比数列，求出通项；（2）根据题意可求出，利用错位相减法可求出答案.【小问1详解】当时，，得，所以；则，得，所以是首项为3，公比为3的等比数列，所以，．【小问2详解】由（1），可得，当时，区间，所以，当时，，，，即当，在区间内的项有，，，，所以，综上，，，，①，②①②得，， ．21.如图，四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先通过证明平面得到，在通过证明即可得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面平面角.【小问1详解】如图，连接与交于点，则为中点，也为中点，连接，．因为，所以，又，，是平面内两条相交线，所以平面，平面，所以，因为，分别为，中点，所以，因为，所以．又，是平面内两条相交线，所平面；.【小问2详解】 因为平面，所以平面平面，作，交点为，则平面，又平面，所以，由，又，平面所以平面，又平面，所以，由于四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，所以为等边三角形，又，，所以点即为的垂心，也为重心，则，，，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，则，，设平面的一个法向量，由，即，取，又平面的一个法向量所以，即平面与平面夹角的余弦值. 22.已知椭圆：，其短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，动点，在上，记直线，的斜率分别为，，试问：是否存在常数，使得当时，的面积为定值?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）直接根据条件列式计算求出即可；（2）设，，设的方程：，与椭圆联立，利用韦达定理表示出的面积，然后根据面积为定值求解即可.【小问1详解】由已知，，又得，所以，所以椭圆的方程为；【小问2详解】法一：设，，当直线的斜率存在时，设的方程：，与联立方程，得，，．，，，所以 又，要为定值，则为定值，则，，此时．当直线的斜率不存在，且，则，或，，此时，也满足．综上，存在满足题意．法二：设，，则，则，当，，即，则，即为定值．【点睛】方法点睛：直线与椭圆联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程；第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程；第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式；第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出；第五步：根据题设条件求解问题中的结论．