2023-2024学年山东省威海市第一中学高二上学期第二次模块考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省威海市第一中学高二上学期第二次模块考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由复数的坐标表示及共轭复数概念可得答案.
【详解】由题，，故，
故选：D
2．直线的倾斜角为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直线倾斜角的正切值等于切线斜率求解即可.
【详解】直线的斜率为,故倾斜角的正切值,
又,故.
故选：A
【点睛】本题主要考查了直线倾斜角与斜率的关系,属于基础题型.
3．若椭圆的对称轴为坐标轴，长轴长与短轴长的和为18，焦距为6，则椭圆的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．以上都不对
【答案】C
【详解】由题意可得：，解得：，
当椭圆焦点位于轴时，其标准方程为：，
当椭圆焦点位于轴时，其标准方程为：，
本题选择C选项.
4．在四面体ABCD中，点M，N满足，，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】直接利向量的线性运算求出结果．
【详解】在四面体中，由于点，满足，，
如图所示：
故，
故．
故选：C
5．已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据两直线平行求出m的值，再由两平行直线间的距离公式即可求解.
【详解】因为直线和互相平行，且两直线的斜率一定存在，
所以即，所以，
因为两直线方程为和，
所以它们之间的距离为.
故选：D.
6．已知数列，，，则等于（ ）
A．3027B．3028C．3034D．3035
【答案】C
【分析】根据题意利用并项求和法运算求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：C.
7．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是弦的中点坐标是则椭圆的离心率是
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设直线与椭圆交点为，分别代入椭圆方程，由点差法可知代入k=1,M(-4,1),解得，选C.
8．已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】A
【分析】根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线， ，可得Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此可得选项.
【详解】因为P是焦点为，的椭圆上的一点，为的外角平分线，，设的延长线交的延长线于点M，所以，
，
所以由题意得是的中位线，所以，
所以Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，所以当点Q与y轴重合时，
Q与短轴端点取最近距离
故选：A.

二、多选题
9．记为等差数列的前n项和.若，则以下结论一定正确的是（ ）
A．B．的最大值为C．D．
【答案】AC
【分析】根据等差数列的定义及前项和公式可求得公差与的关系，再对各项进行逐一判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
又由，所以，所以A正确；
因为公差的正负不能确定，所以可能为最大值最小值，故B不正确；
由，所以，所以C正确；
因为，所以，即，所以D错误.
故选:AC.
10．已知直线和圆，则（ ）
A．直线的一个方向向量为
B．圆的圆心坐标为
C．圆周上有且只有两个点到直线的距离为
D．直线被圆所截的弦长为
【答案】BC
【分析】根据直线方向向量的概念可判断A选项；将圆的方程化为标准方程，可判断B选项；求出与直线平行且距离为的直线的方程，利用直线与圆的位置关系可判断C选项；利用直线与圆的位置关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的斜率为，
所以，直线的一个方向向量为，A错；
对于B选项，圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，B对；
对于C选项，与直线平行且与直线的距离为的直线的方程设为，
则，解得或，
所以，与直线平行且与直线的距离为的直线的方程为或，
圆心到直线的距离为，即直线过圆心，
圆心到直线的距离为，即直线与圆相离，
所以，圆周上有且只有两个点到直线的距离为，C对；
对于D选项，圆心到直线的距离为，即直线与圆相切，D错.
故选：BC.
11．已知椭圆C：的左右焦点分别为，长轴长为4，点P在椭圆内部，点Q在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率e的取值范围为
B．当离心率时，的最大值为
C．存在点Q使得
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据点在椭圆内部求得的范围，从而解得离心率范围即可判断A；由离心率求得，再利用椭圆定义，数形结合求得的最大值；根据可得，结合选项A中所得的范围即可判断；利用均值不等式以及椭圆定义，即可求得的最小值.
【详解】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，
所以，又，故可得.
对于选项A：因为，故，，故A正确；
对于选项B：当，即，解得，所以，
则；
由椭圆定义：，
如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，
所以的最大值为，故B正确；
对于选项C：若，则
由A选项知，，，，
所以，
所以不存在使得，故C不正确；
对于选项D：，且
由基本不等式可得
，
当且仅当，即时取得等号，故D正确．
综上所述：正确的选项是：ABD.
故选：ABD.
12．在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，点分别为线段与线段上一点，则（ ）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．点到直线的距离为
C．当平面时，
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，然后写出点的坐标，动点用表示，逐个判断即可.
【详解】如图所示，
以为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，可得
，
所以
对于A：，所以A正确；
对于B：，所以B错误；
对于C：
，
因为//平面，所以，即，所以C正确；
对于D：设，其中，
则，，
解得，
所以
，
所以当时，D正确，
故选：ACD
【点睛】方法点睛：当碰到正方体等立体几何时，需要善于应用向量法
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，，向量，若∥，则 .
【答案】
【分析】根据空间向量平行的坐标表示运算求解.
【详解】由题意可得：，
若∥，则，解得，
所以.
故答案为：.
14．已知P是双曲线上一点，分别为双曲线的左､右焦点，若，则 .
【答案】26
【分析】由双曲线的标准方程可得，,经分析点P只能在双曲线的右支上，利用双曲线的定义可得，即可得的值.
【详解】由已知可得，所以，即，
由于双曲线左支上的点到右焦点的距离的最小值为，
而，所以点P只能在双曲线的右支上.
根据双曲线的定义可得，
所以.
故答案为：26
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，属于基础题，判断点P只能在双曲线的右支上最关键，属于基础题.
15．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据两圆位置关系，结合公切线的性质，分情况讨论计算即可.
【详解】圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为，
又与的距离为，两圆外切，如图所示，
所以两圆有3条公切线，结合图形并检验可知，当公切线斜率不存在时，是两圆的公切线，
公切线斜率存在时，设公切线方程为，则有，
有，解得或，
得公切线方程或，
综上可知，公切线有，和.
故答案为：（答案不唯一）
四、双空题
16．若P为椭圆上任意一点，则点P到直线的距离的最大值是 ；此时点P坐标是 .
【答案】
【分析】设与直线平行的直线与椭圆相切，联立方程组得，利用判别式求，从而利用平行线的距离公式得到答案.
【详解】设与直线平行的直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程得，消去，整理得，
由，即，解得.
当时，直线与直线的距离；
当时，直线与直线的距离.
由可知符合题意.
将代入，即，可解得，
将代入可得，则点的坐标为，此时距离的最大值为.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知两条直线：，为何值时，与：
（1）垂直；
（2）平行
【答案】（1）（2）
【分析】先考虑x和y的系数为0时，与直线的方程，得出两直线是否平行或垂直，
再考虑x和y的系数不为0时，两直线的斜率，根据两直线平行或垂直的条件，列出方程求解m，注意验证两直线是否重合.
【详解】当时，，此时与不平行也不垂直，
当时，直线的斜率，直线的斜率
（1）由得，所以
（2）由得，即，所以或，
当时，此时与重合，不符，舍去；
当时，，此时，符合
综上所述，.
【点睛】本题考查两直线平行和垂直的判断条件，注意先需考虑x和y的系数为0的情况，属于基础题.
18．如图，四边形是直角梯形，，，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.
（2）在平面内，过作，建立空间直角坐标系，利用向量求线线角、面面角的方法求解即得.
【详解】（1）由平面，得平面，
而平面，所以平面平面.
（2）在平面内，过作，显然两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，
由于，则，，
于是，而，
设平面的一个法向量为，则，
取，得，
而平面的法向量取为，
设与所成的角为，则，
所以锐二面角的余弦值为.
19．已知数列为等比数列，，公比，且，，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差中项的性质列方程，并转化为和的形式，由此求得的值，进而求得数列的通项公式；
（2）先求得的通项公式，再根据裂项相消法求和即可求得．
【详解】（1）因为，，成等差数列，所以，
又，则，即，
得，解得或，
又因为，所以，
所以．
（2）结合（1）可得，，
所以，
所以
，
所以．
20．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，，点为的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)二面角的大小；
(3)设点在（端点除外）上，试判断与平面是否平行，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不平行，理由见解析
【分析】（1）连接与交于点，连接，根据菱形的性质与中位线的性质得出，结合已知得出平面，即可根据面面垂直的判定证明平面平面；
（2）以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，根据已知结合菱形的性质与中位线的性质得出各点坐标，即可得出，，，利用平面法向量的求法得出平面的一个法向量为的坐标，再根据面面垂直的性质得出平面，即为平面的一个法向量，即可由二面角的向量求法得出答案；
（3）设，由向量的运算得出点的坐标，即可得出，再结合（2）得出的平面的一个法向量为的坐标，结合线面平行的向量求法判断即可.
【详解】（1）证明：连接与交于点，连接，
底面为菱形，
点为的中点，
点为的中点
，
又平面,
平面，
又平面，
平面平面；
（2）平面，且底面为菱形，
两两垂直，
以为原点，以向量方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
底面ABCD为菱形，且，,
，,
分别为的中点，
，,
则,,,，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，
，
平面平面，且平面平面，平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则.
所以二面角的大小为；
（3）因为点在线段（端点除外）上，设，
，，，则，
则，
则，
则，
则，
所以与平面不平行.
21．已知数列满足，为数列的前n项和，且满足.
(1)证明数列成等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，求.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用，转化为求数列是首项为1，公差为的等差数列，得到通项公式，再利用，求出，验证是否满足通项公式，若不成立，分段书写；
（2）由（1）可以求出通项公式，再利用错位相减求解前项和.
【详解】（1）由题意知：，
所以，
所以，
又因为，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列，
所以，
即，
所以当时，，
当，，
令，,
所以.
（2）由题意知，
所以，
所以，
所以，
两式相减可得，
所以.
22．在平面直角坐标系中，椭圆：的上顶点到焦点的距离为2，离心率为.
(1)求的值；
(2)设是椭圆长轴上的一个动点，过点作斜率为的直线交椭圆于、两点.
（i）若点的坐标为，且，求直线的方程；
（ii）若的值与点的位置无关，求的值.
【答案】(1)，
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由题设与椭圆的性质得，即可解出答案；
（2）设，，，，联立直线方程与椭圆方程根据韦达定理得出，
（i）当时，根据已知，得出，结合，解出，即可得出答案；
（ii）由已知得出，整理为，若的值与点的位置无关，即与的值无关，则的系数为0，即，即可解出答案.
【详解】（1）由题意知：，解得
，；
（2）
设，，，，
联立方程，消去，得：，
则
（i）当时，因为在椭圆内，所以恒成立，
因为，所以，
又
则，即，，
则，即，解得：
则：；
（ii）因为，
，
，
若的值与点的位置无关，即与的值无关，
则的系数为0，即，解得.