新疆巴音郭楞蒙古自治州普通高中2023-2024学年高二（上）1月期末考试数学试题（含解析）

这是一份新疆巴音郭楞蒙古自治州普通高中2023-2024学年高二（上）1月期末考试数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高二数学试卷
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．点到直线的距离是（ ）
A．B．C．3D．
2．若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．1D．
3．已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n
4．我们把1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，因为这些数目的点可以排成一个正三角形，如图所示： 则第七个三角形数是（ ）
A．27B．28C．29D．30
5．渐近线方程为的双曲线的离心率是
A．B．1
C．D．2
6．若数列的通项公式是，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共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．已知双曲线，则C的一个焦点坐标（ ）
A．B．C．D．
10．在等比数列中，满足的通项公式可能是（ ）
A．B．C．D．
11．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆锥
12．过四点中的三点的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为
14．过点P（－1,3）且垂直于直线x－2y＋3＝0的直线方程是 ．
15．若抛物线的焦点坐标为，则准线方程为 .
16．北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石） 块．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在等比数列中，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求的前n项和．
18．记为等差数列的前n项和，已知．
(1)求的公差d;
(2)求的最大值．
19．在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
20．如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.
（1）求新桥BC的长;
（2）当OM多长时,圆形保护区的面积最大?
21．设抛物线C：的焦点为F，过F且斜率为k（）的直线l与C交于A，B两点，．
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
22．已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的最大值.
参考答案与解析
1．D
【分析】根据点到直线的距离求解即可.
【解答】点到直线的距离是.
故选：D
【点拨】本题主要考查了点到线的距离公式,属于基础题.
2．A
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【解答】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
3．C
【解答】试题分析：
由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点拨】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
4．B
【分析】根据已知归纳出第个三角形数是，即可求出结论.
【解答】依题意，可归纳得到第个三角形数是，
所以第个三角形数是.
故选：B
5．C
【解析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.
【解答】根据渐近线方程为x±y＝0的双曲线，可得，所以c
则该双曲线的离心率为 e，
故选C．
【点拨】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.
6．A
【分析】根据通项公式求出前十项，由此求得前十项的和.
【解答】由于，故.故选A.
【点拨】本小题主要考查数列求和，考查运算求解能力，属于基础题.
7．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【解答】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点拨】关键点点拨：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
8．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【解答】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
9．BC
【分析】根据双曲线方程直接写出焦点坐标即可.
【解答】因为双曲线，所以该双曲线为焦点在轴双曲线，
所以，所以，
所以焦点坐标为或，
故选：BC.
10．AB
【分析】根据为等比数列，列出首项和公比的方程，求出首项和公比，进而根据等比数列的通项公式的求法，求出通项公式.
【解答】因为为等比数列，，
所以，解得，即或，
所以通项公式为或.
故选：AB.
11．ABD
【分析】求得棱长为1 m的正方体的内切球直径判断选项A；求得棱长为1 m的正方体内体积最大正四面体的棱长判断选项B；求得棱长为1 m的正方体的体对角线长判断选项C；求得棱长为1 m的正方体内倾斜放置的底面直径为的高判断选项D.
【解答】选项A：棱长为1 m的正方体的内切球直径为.
则直径为的球体能够被整体放入此正方体容器；
选项B：棱长为1 m的正方体中，
正四面体所以棱长均为m，
则所有棱长均为的四面体能够被整体放入此正方体容器；
选项C：棱长为1 m的正方体中，体对角线长为m，由，
可得底面直径为，高为的圆柱体不能被整体放入此正方体容器；
选项D：由，可得此正方体底面不能包含底面直径为的圆锥的底面圆，
如图，过中点O作交于E，
则，
则，即，解之得，
由，可得，
所以以为轴可以对称放置底面直径为的圆柱，
令底面直径为的圆柱与此正方体上下底面均相切，
设圆柱底面圆心为，圆柱与此正方体下底面的切点为M，
，则，
即，解之得，
根据对称性可知，
此圆柱的高为
则底面直径为，高为的圆柱可以被整体放入此正方体容器，
故底面直径为，高为的圆锥可以被整体放入此正方体容器.
故选：ABD
12．ABC
【分析】分四种情况讨论，利用待定系数法求出圆的方程即可.
【解答】设圆的方程为，
当圆过三点时，
则，解得，
所以圆的方程为，
当圆过三点时，
则，解得，
所以圆的方程为，
当圆过三点时，
则，解得，
所以圆的方程为，
当圆过三点时，
则，解得，
所以圆的方程为.
故选：ABC.
【点拨】方法点拨：求圆的方程，主要有两种方法：
（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．
如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
②圆心在任意弦的中垂线上；
③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；
（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
13．
【解答】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，
过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
因为的坐标为，所以,
所以.
14．2x+y-1=0
【解答】试题分析：由题可知，设直线Ax+By+C=0，与它垂直的直线为-Bx+Ay+D=0，故设与已知直线垂直的直线为2x+y+D=0，将点P（－1,3）代入，得出D=－1，故直线方程为2x+y-1=0．
考点：两条直线的位置关系
15．
【分析】根据抛物线方程、焦点坐标以及准线方程三者之间的关系分析求解.
【解答】由抛物线的方程可知抛物线的焦点为，准线为，
而焦点的坐标为，所以， 所以抛物线的准线方程为.
故答案为：.
16．
【分析】设每层环数为，结合已知有求n，进而应用等差数列前n项和公式求三层共有扇面形石板数.
【解答】设每层环数为，则上层最后一环有块，
中层第一环有块，最后一环有块，
下层第一环有块，最后一环有块，
所以下层比中层多，可得，
则三层共有扇面形石板块.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件列关于首项与公比的方程组，解得结果；
（2）根据首项和公比，借助等比数列的前n项和公式求解即可.
【解答】（1）设的公比为．，
，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，,
所以数列的前n项和.
18．(1)
(2)16
【分析】（1）直接利用等差数列的求和公式列方程求公差；
（2）通过求出即可求得最大值.
【解答】（1）设的公差为d,由题意得．
由得．
公差d为
（2）由（1）得，得．
所以当时，取得最大值，最大值为16
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【解答】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
20．(1) 150 m (2) |OM|=10 m
【分析】试题分析：本题是应用题，我们可用解析法来解决，为此以为原点，以向东，向北为坐标轴建立直角坐标系.（1） 点坐标为 ， ，因此要求 的长，就要求得 点坐标，已知 说明直线斜率为 ，这样直线 方程可立即写出，又 ，故斜率也能得出，这样 方程已知，两条直线的交点的坐标随之而得；（2）实质就是圆半径最大，即线段上哪个点到直线的距离最大，为此设，由，圆半径是圆心 到直线的距离，而求它的最大值，要考虑条件古桥两端 和到该圆上任一点的距离均不少于80 ，列出不等式组，可求得的范围，进而求得最大值．当然本题如果用解三角形的知识也可以解决．
试题解析：
（1）如图，以为 轴建立直角坐标系，则 ， ，由题意 ，直线方程为 ．又 ，故直线 方程为，由，解得 ，即 ，所以；
（2）设，即 ，由（1）直线 的一般方程为 ，圆的半径为 ，由题意要求 ，由于 ，因此，∴∴ ，所以当时，取得最大值，此时圆面积最大．
【考点】解析几何的应用，直线方程，直线交点坐标，两点间的距离，点到直线的距离，直线与圆的位置关系.
21．(1)
(2)或．
【分析】（1）根据题意，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合抛物线的焦半径公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得的垂直平分线方程，然后列出关于圆心的方程，代入计算，即可得到圆心坐标，从而得到结果.
【解答】（1）
由题意得，l的方程为．
设，．由，消y得．
，故．
所以．
由题设知解得（舍去），．因此l的方程为．
（2）由（1）得AB的中点坐标为，且，
，则中点坐标为，
所以AB的垂直平分线方程为，即．
设所求圆的圆心坐标为，则，解得或
当圆心为时，；
当圆心为时，．
因此所求圆的方程为或．
22．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为即可得解.
（2）由题意已知，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可.
【解答】（1）由题意得,
解得,，，
∴椭圆的方程为 .
（2）因为，所以设直线的方程为，，.
联立得得 ，
又直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，∴
∴，
∴
故当，即直线过原点时，最大，最大值为.