安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试（12月期中）数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试（12月期中）数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 下列说法中不正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教A版选择性必修一+选择性必修二第一章.
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.
【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，
记，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为，
故选：C.
2. 设数列是公比为的等比数列，.若数列的连续四项构成集合，则公比为（ ）
A. 16B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的知识求得题目所给项的排列顺序，从而求得公比.
【详解】由题意等比数列的连续四项构成集合，
则可知等比数列的项一定为正负相间，公比为负，由于，
故后一项绝对值大于前一项的绝对值，
故集合中的这四个数在数列中排列为，则.
故选:C
3. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A. 2B. 3C. 2或-3D. -2或3
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线平行的条件求解．
【详解】根据题意，由两直线平行可得，即，解得或；
经检验时，两直线重合，不合题意；所以.
故选：A．
4. 如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，，，
所以.
故选：A.
5. 设动点在抛物线上，点在轴上的射影为点，点的坐标是，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的定义转化，然后求的最小值即得．
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，
延长交准线于，连，显然垂直于抛物线的准线，
由抛物线定义知：，
当且仅当点是线段与抛物线的交点时取等号，
而，所以的最小值为.
故选：B.
6. 月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，半椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点，与半椭圆交于点，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题意得到半圆的方程和半椭圆的方程，从而求得点和点的坐标，即可求得，进而即可求得的面积．
【详解】由题意知，半圆的方程为，
设半椭圆的方程为，
则，所以，
故半椭圆的方程为，
设，则，所以，
设，则，所以，
故，．
故选：B．
7. 已知数列通项公式为，若对任意，都有则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分段情况下，对任意，都有，只需保证每一段递增，且，结合数列的单调性求解.
【详解】当时，，
由，得，即，
∵且，，∴，解得.
当时，单调递增，
若对任意，都有，则且，
即且，解得，
则实数的取值范围是.
故选：B.
8. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，作过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点，结合直线的斜率得出平行于轴，最小，再设，求出，利用三角函数知识得最小值．
【详解】如图，过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点表示的长度，因为直线的方程为，所以，即，
当固定点时，为定值，此时为零时，最小，即与重合（平行于轴）时，最小，如图所示，
设，，则，
，
由三角函数知识可知，其中，
则其最大值是，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到，再利用辅助角公式即可求出其最值.
二､多选题：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. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为
D. 若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用倾斜角与斜率的关系及截距的定义一一判定选项即可.
【详解】对于A，若直线倾斜角大于，则直线的斜率存在负值，故A错误；
直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故B正确；
对于C，设直线与轴交点为，则与轴交点为，
当时，直线过原点，斜率为，故方程为；
当时，直线的斜率，
故直线方程为，即，故C错误；
直线斜率定义为倾斜角的正切值，但不能是，故D错误.
故选:ACD.
10. 在三棱锥A-BCD中， ，是直二面角，，如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A.
B. 平面的法向量与平面的法向量垂直
C. 异面直线与所成的角为
D. 直线与平面所成的角为
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，由，平面平面，推出平面，即；
选项B，由平面平面，平面与平面不平行，可判断；
选项C，根据,，计算即可；
选项D，易知即为直线与平面所成的角，得解．
【详解】由题意知，平面平面，，
选项A，因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，即，故选项A正确；
选项B，因为平面平面，所以平面的法向量与平面的法向量垂直，
而平面与平面相交，并不平行，
所以平面的法向量与平面的法向量不垂直，即选项B错误；
选项C，设，则，，
所以，
在中，，
所以，，
由于异面直线所成角的取值范围为，
故异面直线与所成角余弦值为，对应的角显然不可能为，即选项C错误；
选项D，由选项A知，平面，
所以即为直线与平面所成的角，而，故选项D正确．
故选：AD
11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A. 平分
B.
C. 延长交直线于点，则三点共线
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据题意求得，，从而证得，结合平面几何的知识易得平分；
对于B，直接代入即可得到；
对于C，结合题意求得，由的纵坐标相同得三点共线；
对于D，由选项A可知.
【详解】根据题意，由得，又由轴，得，代入得（负值舍去），则，
所以，故直线为，即，
依题意知经过抛物线焦点，故联立，解得，即，
对于A，，，故，所以，
又因为轴，轴，所以，故，
所以，则平分，故A正确；
对于B，因，故，故B错误；
对于C，易得的方程为，联立，故，
又轴，所以三点的纵坐标都相同，则三点共线，故C正确；
对于D，由选项A知，故D正确.
故选：ACD.
.
12. 设数列，如果，且，对于，使成立，则称数列为数列.则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是数列
B. 若数列是数列，且，则的最小值为3
C. 若数列是数列，且，则为奇数
D. 若数列是数列，且，则存在，使
【答案】AB
【解析】
【分析】根据数列的性质，结合假设法、奇数的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，因为所以是数列，A正确；
对于，首先证明不能为2.
假设，由数列为数列知，.
所以，与已知矛盾，
故假设不成立.所以不能为2.
因为数列，
满足，
此时是数列，所以的最小值为正确.
对于，以下证明：若奇数，则必为奇数.假设数列中存在偶数，
设是数列中第一个偶数，因为数列是数列，
所以，使.
因为均为奇数，
所以也为奇数，与为偶数矛盾.所以若为奇数，则必为奇数.
因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数，C错误.
对于，以下证明：若，则.若不然，
设为第一个满足的项，
因为数列是数列，
所以，使.
因为，
所以，与矛盾；
所以若，则.而，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题的关键是明确数列的性质，利用假设法进行求解.
三､填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 圆与圆的公共弦的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.
【详解】将圆与圆相减可得，
即两圆的公共弦所在的直线方程为，
又圆圆心到直线的距离，
圆的半径为，所以公共弦长为.
故答案为：.
14. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为__________.
【答案】7
【解析】
【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得.
【详解】如图，在平行六面体中，，
因为，
所以，，
所以.
故答案为：7
15. 已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列，则数列的前20项的和为__________.
【答案】77
【解析】
【分析】先根据题意得到数列有多少个数，再根据即可计算数列的前20项的和.
【详解】在之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，当时，，
由于，所以.
故答案为：.
16. 已知分别是双曲线的左､右焦点，点在双曲线上，，圆，直线与圆相交于两点，直线与圆相交于，两点.若四边形的面积为，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，过作的垂线，垂足为，，结合双曲线的定义求得圆的弦长及，然后由面积得出关于的齐次式，变形后求得离心率．
【详解】根据对称性不妨设点在第一象限，如图所示，圆，圆心为，半径为，
设，点在双曲线上，，则有，可得，
过作的垂线，垂足为为的中点，
则，同理，，
由，四边形的面积为，化简得，
则有，则的离心率.
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用双曲线的定义以及勾股定理，并结合几何法求圆的弦长，最后得到面积表达式，得到关于的齐次方程即可.
四､解答题：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. 已知首项为1的正项等比数列，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）7
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的性质列方程求得公比后可得通项公式；
（2）求出前项和后解不等式可得．
【小问1详解】
设等比数列的公比为，且，
因为成等差数列，则，
即：，解得或（舍去），
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）得：，
，
所以，
整理可得，
故的最小值为7.
18. 某公园有一圆柱形建筑物，底面半径为1米，在其南面有一条东西走向的观景直道（图中用实线表示），建筑物的东西两侧有与直道平行的两段辅道（图中用虚线表示），观景直道与辅道距离米.在建筑物底面中心的北偏东方向米的点处，有一台全景摄像头，其安装高度低于建筑物高度.请建立恰当的平面直角坐标系，并解决问题：
（1）在西辅道上与建筑物底面中心距离2米处的游客，是否在摄像头监控范围内？
（2）求观景直道不在摄像头的监控范围内的长度.
【答案】（1）游客在该摄像头的监控范围内
（2）4.375米
【解析】
【分析】（1）建立坐标系，利用直线和圆的位置关系可以判断；
（2）根据直线和圆相切求出切线，利用切线和观景直道所在直线的交点可得范围.
【小问1详解】
设为原点，正东方向为轴，建立平面直角坐标系，，
因为，则，
依题意得，游客所在位置为，即，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，所以游客在该摄像头的监控范围内.
【小问2详解】
由图知，过的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物挡住，
所以设直线过点且和圆相切，
①若直线垂直于轴，则直线不会和圆相切；
②若直线不垂直于轴，设，整理得，
所以圆心到直线的距离为，解得或，
所以或，
即或，
观景直道所在直线方程为，
设两条直线与的交点为，
由，解得，
由，解得，
所以，
即观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为4.375米.
19. 如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解.
【小问1详解】
在正四棱锥中，连接，
四边形为正方形
为的中点
又点为的中点
为的中位线

又平面，平面，
平面.
小问2详解】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正四棱锥的体积为，
所以正四棱锥的体积，
所以，
，,
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面的一个法向量为,则
，即，令，则，
所以.
设二面角的所成的角为，则
，
所以二面角的余弦值为.
20. 已知数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）写出当时的等式，再与原式两式相除求解即可；
（2）由（1），再根据错位相减求解可得，再化简不等式可得，再设，根据作差法判断的单调性，进而可得最大值.
【小问1详解】
，
当时，，
两式相除得；，
又符合上式，故；
【小问2详解】
，
，
，
错位相减得：
，
，
即，由，得，
设，则，
故，
由，
由可知，随着的增大而减小，
故，
故恒成立，知单调递减，
故的最大值为，则
21. 双曲线C经过两点.过点的直线与双曲线C交于P，Q，过点的直线与直线相交于点S且
（1）求双曲线C的方程；
（2）若，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设双曲线方程为，代入运算求解即可；
（2）根据题意可知直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，利用弦长公式结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
设双曲线方程为，
代入可得，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
若直线的斜率不存在时，则，，不符合，
所以直线的斜率存在，设直线，，，
联立方程，消去y得，
则且，
可得，
则，
又因为，可知，则，
由题意可知：，即，
整理得，解得或，
且或均符合且，
所以直线的斜率或.
22. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接列出关于方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【小问1详解】
题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值.