安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题 Word版含解析.docx

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合肥六校联盟2023-2024学年高二年级第一学期期末联考数学试卷考试时间：120分钟满分：150分一、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.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算求解即可.【详解】.故选：C2.已知平面内有一个点，的一个法向量为，则下列点中，在平面内的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据题意，可得符合条件的点应满足，逐个选项验证，即可求解．【解答】由题意，可得符合条件点P应满足，且，对于A中，由，则，所以A不符合题意；对于B中，由，则，所以B符合题意；对于C中，由，则，所以C不符合题意；对于D中，由，则，所以D不符合题意.故选：B. 3.已知等差数列的通项公式为，则其前n项和取得最大值时，n的值（）A.6B.5C.4D.3【答案】C【解析】【分析】求出首项，求出的表达式，结合二次函数性质，即可求得答案.【详解】由题意等差数列的通项公式为，则，故，即当时，取得最大值，即取得最大值时，n的值是4，故选：C.4.战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为（）A.或B.C.D.或【答案】A【解析】【分析】直接利用直线与圆的位置关系求出结果．【详解】根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，则反射光线经过点，且与圆相交．设反射光线所在直线的方程为，即，圆的标准方程为，则圆心为，半径．因为弦长，所以根据勾股定理得，圆心到反射光线的距离，故，即，解得或． 故选：A5.已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（    ）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建系，求出平面的法向量，再求出点到平面的距离，最后求出四棱锥的体积即可.详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量，则，取，得，点到平面的距离，，四棱锥的体积为故选：C.6.双曲线的两个焦点分别是，，双曲线上一点P到的距离是7，则P到的距离是（）A.13B.1C.1或13D.2或14【答案】A 【解析】【分析】根据的长度先确定出点的位置，然后根据双曲线的定义可知，由此可求出P到的距离.【详解】由双曲线方程，得，．因为，所以点P在靠近的一支上，所以，所以，又因为，所以．故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过距离先确定出点位置，不能直接利用定义进行求解.7.设是等比数列的前项和，，若，则的最小值为A.B.C.20D.【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的前项公式求出，由数列的单调性可得，得，根据基本不等式的性质求解即可.【详解】设等比数列的的公比，显然，，，，则， 当且仅当，即时取等号，的最小值为，故选：C.8.是抛物线上一点，点，是圆关于直线的对称曲线上的一点，则的最小值是（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义、线对称的性质、圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.【详解】由题意可知曲线是半径为1的圆，设圆心，圆的圆心坐标为，则有，显然是抛物线的焦点，该抛物线的准线方程为，过作准线的垂线，垂足为，当在线段上时，有最小值，最小值为，所以当在线段上时，如下图所示：有最小值，最小值为，故选：C【点睛】关键点睛：利用抛物线的性质通过转化思想进行求解是解题的关键.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，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且，，点G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐项计算判断作答.【详解】空间四边形OABC中，，，点G是线段MN的中点，，，D正确；对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误.故选：BD10.法国数学家笛卡尔开创了解析几何思想方法的先河.他研究了许多优美的曲线，在平面直角坐标系中，方程所表示的曲线称为笛卡尔叶形线.当时，笛卡尔叶形线具有的性质是（）A.经过第三象限B.关于直线对称C.与直线有公共点D.与直线没有公共点【答案】BD【解析】【分析】根据笛卡尔叶形线方程，即可判断AB，联立直线 与笛卡尔叶形线的方程，通过方程的根可判断CD.【详解】当时,笛卡尔叶形线为，A：若，则，故不经过第三象限，故A错误，B：若点在曲线上，则点也在曲线上.故笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确，C,D：由方程组得，此方程组无解，故笛卡尔叶形线与直线没有公共点，故D正确，C错误，故选：BD11.对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，则（）A.等差数列是“线性数列”B.等比数列是“线性数列”C.若是等差数列，则是“线性数列”D.若是等比数列，则是“线性数列”【答案】ABD【解析】【分析】对A,B根据“线性数列”的定义进行判断，C，找特例，代入即可判断；D，结合定义，设出等比数列，代入求的，再结合线性数列的定义，看是否存在实数即可.【详解】对A，数列为等差数列，则，即，满足“线性数列”的定义，A正确；对B，数列为等比数列，则，即，满足“线性数列”的定义，B正确；对C，是等差数列，设，则，若是“线性数列”，则，则应有，故不是“线性数列”，C错误；对D，是等比数列，设首项为，公比为， 若时，，则，满足“线性数列”的定义；若时，由，得，，累加的，则，经验证当时，满足，则，若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，则，，，则，则，则是“线性数列”，D正确.故选：ABD12.已知为圆锥顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（）A.B.⊥平面C.在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3D.圆锥内切球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，证明出，得到平行关系；B选项，作出辅助线，得到BM⊥AM，AM⊥BC，从而证明出线面垂直；C选项，将侧面展开，设中点为Q，连接AQ，则为点A到 中点的最短距离，求出，假设，由余弦定理求出点A到中点的最短距离为3，故C错误；D选项，画出图形，找到内切球球心，求出半径，得到内切球表面积.【详解】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，所以，，又，所以，故，A正确；因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，所以MO⊥平面ABC，因为平面ABC，所以MO⊥BC，又AO⊥BC，，平面MOA，所以BC⊥平面AMO，因为平面AMO，所以AM⊥BC，因为，所以，由勾股定理得：，则，故，同理可得：，因为，所以BM⊥AM，因为平面MBC，且，所以⊥平面，B正确；将侧面展开，如下： 设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，其中，故底面周长为，故，则，若，由，由余弦定理得：，因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：设内切球球心为T，设内切球半径为，TU=R，，则，其中，故，在Rt△PUT中，由勾股定理得：，即，解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.故选：ABD. 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设，，，，则__________.【答案】【解析】【分析】由向量平行相关知识可得答案.【详解】由题得，则，所以故答案为：14.点P是椭圆上一点，，分别是其左、右焦点，若，离心率为，则_________.【答案】1【解析】【分析】结合已知得，利用即可得解.【详解】根据题意即又，所以，又，所以，故答案为：15.已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，则该正四棱锥的侧棱与底面所成的角的正弦值为______.【答案】【解析】【分析】根据已知条件求得正四棱锥的底面边长和高，结合线面角的知识求得正确答案. 【详解】如图所示正四棱锥，，则平面.设正四棱锥外接球的半径为，则R=2，设正四棱锥底面边长为，高为，则①，由整理得②，由①②解得，由于平面，所以正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，.故答案为：16.某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为__________．【答案】200【解析】【分析】此类问题为数列的增减项问题，把握好两点，先枚举找规律，再做好满足题意的估计，最后利用相关数列的求和公式分组求和即可.【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．所以数列为等差数列，且，数列的公差，所以，数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得， 所以数列满足条件，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，所以数列的前项的和为.故答案为：四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，第18~22题每题12分．17.已知圆经过点，，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）若平面上有两个点，，点是圆上的点且满足，求点的坐标.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设出圆心，利用点到直线的距离公式即可求得圆的方程.（2）根据已知条件求得满足的方程联立即可求得的坐标.【小问1详解】∵圆心在直线上，设圆心，已知圆经过点，，则由，得解得，所以圆心为，半径，所以圆的方程为； 【小问2详解】设，∵在圆上，∴，又，，由可得：，化简得，联立解得或.18.已知等差数列的前项和为，，且．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由，且，利用“”求解．（2）由（1）易得，从而，再利用裂项相消法求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，且．所以，解得， 所以数列的通项公式．（2），所以，所以．【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．19.如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面． （1）求证：平面；（2）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)利用面面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的坐标运算求解方法进行求解.【小问1详解】∵四边形是正方形，∴．又∵平面平面，平面平面，且平面∴平面．【小问2详解】由，得，∴．建立如图所示的空间直角坐标系， 则，∴，，．设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．则，令，则，∴．，令，则，∴，∴．∴平面与平面夹角的余弦值为．20.已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列是等比数列；（2）若，求满足条件的最大整数的值．【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）由化简出与间的关系，证明结论； （2）利用第一问的结果对求和，令其小于101，解出n.小问1详解】证明：由，得，即，，所以是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）可得：，，令，即，设，当n时，，所以单调递增，又，，所以满足不等式的最大整数.21.如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.【答案】（1）证明见解析（2）存在，轨迹是半径为的圆，理由见解析；【解析】【分析】（1）过作交于点，连接，由线面平行证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）由点在空间内轨迹为以中点为球心，为半径的球，而中点到平面的距离为，即可求解.【小问1详解】如图，  过作交于点，连接，面，面，则，又面，面，且不共线，故，因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面，所以平面.【小问2详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，又，，则，故，设平面的法向量， 则有，取，得到，即，又中点，则，则中点到平面的距离为，由，即，故在以中点为球心，半径为的球面上，而，故在面上的轨迹是半径为的圆，故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆.22.已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，椭圆的一条以为中点的弦所在直线的方程为.（1）求椭圆的方程；（2）点为直线上一点，且不在轴上，直线，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值，并求出此时点的坐标.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）由点差法得出，进而由得出椭圆的方程；（2）设，，，联立直线（）与椭圆方程，求出，，再由面积公式结合相似三角形的性质得出，令，由二次函数的性质得出的最大值以及点的坐标. 【小问1详解】设，，则，两式相减得，，所以，即即，∴又，所以，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设，，则：，：联立，消去得同理，联立，消去得所以.令，则 当且仅当，即，即时，取得最大值.综上所述，当时，取得最大值.