期末测试卷(选一+数列)-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版)
展开3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卷整洁,考试结束后,将答题卷交回,试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题(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,只有一项符合题目要求.)
1.(2022春·广东惠州·高二校联考阶段练习)如图.空间四边形OABC中,,点M在OA上,且满足,点N为BC的中点,则( )
A.B.
C.D.
【答案】D
【分析】由M,N在线段OA,BC上的位置,用,,表示,,进而表示出.
【详解】因为,所以,
又因为点N为BC的中点,所以,
所以.
故选:D.
2.(2022春·广东佛山·高二校考阶段练习)若,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】直接利用向量的坐标运算求解即可
【详解】因为,
所以,
故选:D
3.(2021春·广东潮州·高二校考阶段练习)双曲线的右顶点到其渐近线的距离为( )
A.B.C.2D.
【答案】A
【分析】求出右顶点坐标以及渐近线方程,由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可得,,所以,
所以右顶点坐标为,渐近线方程为即,
所以点到渐近线的距离,
故选:A.
4.(2022春·广东广州·高二执信中学校考阶段练习)椭圆与曲线的( )
A.焦距相等B.离心率相等C.焦点相同D.长轴长相等
【答案】A
【分析】分析两个曲线的方程,分别求出对应的即可得答案.
【详解】因为椭圆方程为,所以,焦点在x轴上,
曲线,因为,所以,
曲线方程可写为,,
所以曲线为焦点在y轴上的椭圆,
,所以焦距相等.
故选:A
5.(2022秋·广东·高二校联考阶段练习)设等差数列的前项和为,,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】利用等差中项的性质可求得的值,再利用等差求和公式可求得的值.
【详解】因为,所以,因此.
故选:B.
6.(2022秋·广东深圳·高二校联考阶段练习)已知数列中,,,,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】分析出数列中的奇数项依次构成首项为,公差为的等差数列,可求得的值,分析可知(为正偶数),可求得的值,即可得解.
【详解】当为奇数时,,即数列中的奇数项依次构成首项为,公差为的等差数列,
所以,,
当为偶数时,,则,两式相减得,
所以,,
故,
故选:D.
7.(2022·广东汕头·统考二模)已知椭圆C的左、右焦点分别为,,直线AB过与该椭圆交于A,B两点,当为正三角形时,该椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义,结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】设正三角形的边长为,
设椭圆的标准方程为:,设左、右焦点分别为,
设,则有,
由椭圆的定义可知:,
,解得:,,
在中,由余弦定理可知:,
故选:B
8.(2022·广东广州·统考二模)已知抛物线,圆,直线与交于A、B两点,与交于M、N两点,若,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】联立直线方程和抛物线方程,设,,根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k,根据圆的弦长公式即可求.
【详解】由得,,
设,,∵,∴,
∵过抛物线的焦点(1,0),故AB为焦点弦,
∴,∴,∴,解得,
由圆关于x轴对称可知,k=1和k=-1时相同,
故不妨取k=1,l为y=x-1,即x-y-1=0,
圆心(2,1)到l的距离,∴﹒
故选:B.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,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.(2022春·广东茂名·高二统考期末)下列关于抛物线的说法正确的是( )
A.焦点在y轴上
B.焦点在x轴上
C.抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离等于6
D.由原点向过焦点的某直线作垂线,垂足坐标可能为
【答案】BD
【分析】根据抛物线的焦点、抛物线的定义等知识确定正确选项.
【详解】抛物线的焦点在x轴上,B正确,A错误;
设是上的一点,则,所以C错误;
由于抛物线的焦点为,过该焦点的直线方程为,若由原点向该直线作垂线,垂足为时,则,此时存在符合题意的垂线,所以D正确.
故选:BD
10.(2022春·广东东莞·高二统考期末)已知曲线,则下列选项正确的是( )
A.,曲线表示椭圆
B.,曲线表示椭圆
C.,曲线表示双曲线
D.,曲线表示双曲线
【答案】BD
【解析】根据的范围,确定方程表示的曲线,然后判断各选项.
【详解】时,,,方程表示双曲线,A错;
时,,且,方程表示椭圆,B正确;
时,,且,方程表示椭圆,C错;
时,,方程表示双曲线,D正确.
故选:BD.
11.(2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中)已知圆与直线,若直线和圆交于两点,设的面积为,则( )
A.直线必过定点B.弦长最短为
C.直线与圆可能没有交点D.的最大值为8
【答案】ABD
【分析】根据直线方程可得直线恒过定点,即可判断AC,然后求得圆心到直线的距离,即可求得弦长,及的最大值.
【详解】圆的方程为,
直线.
令,解得,
不论取何值,直线必过定点,且,
则点P在圆內,所以直线与圆一定相交,故C错误,A正确.
圆心,设圆心到直线的距离为,当的连线垂直于直线时,,所以
所以当最大时,弦长最短为.故B正确;
,
因为,所以时,面积的最大值为8,故D正确.
故选: ABD.
12.(2020春·广东·高二统考阶段练习)在平面四边形ABCD中,的面积是的面积的3倍,又数列满足,当时恒有,设数列的前n项和为.则下列判断正确的是( )
A.数列为等比数列B.数列为递增数列
C.数列为等比数列D.
【答案】BD
【分析】连接BD交AC于点E,由三角形的面积公式,推得,即,设,,运用向量共线定理,可得,即有是以2为首项,2为公差的等差数列,再由等差数列的通项公式可得,判断单调性和运用错位相减法求和,即可判断正确结论.
【详解】解:如图,连接BD交AC于点E,
由的面积是面积的3倍,
得,即,,,,
即
,
又与不共线,
所以,即,
即,
可得,,
所以是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以,
则,故A,C均不正确;
由,即,则数列为递增数列,故B正确;
,
,
两式相减可得
,
化为,故D正确.
故选:BD.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中)已知直线l的方向向量,平面的法向量,若,则______.
【答案】
【分析】由,可得∥,从而可得,代入坐标列方程可求出,从而可求出
【详解】因为直线l的方向向量,平面的法向量, ,
所以∥,
所以存在唯一实数,使,
所以,所以,
解得,
所以,
故答案为:
14.(2022秋·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中)已知数列的前n项和为,.若数列为摆动数列(从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项),则实数的取值范围为_________.
【答案】
【分析】由退位相减法求得,化简整理后得,数列是公比为的等比数列,
要是摆动数列,则有公比小于0,求解即可.
【详解】由①,得②,①-②得,即,
整理得,当时,不合题意,当且时,,
且时,,,数列是公比为的等比数列,若数列为摆动数列,则有,
解得.
故答案为:.
15.(2022·广东揭阳·高二期末)已知是双曲线的两个焦点,点p在双曲线上,且满足 , 则___________.
【答案】2
【分析】求得双曲线的a,b,c,设P为双曲线右支上的点,|PF1|=m,|PF2|=n,利用双曲线的定义、余弦定理列出方程组,求出mn即可.
【详解】解:双曲线的a=2,b=1,c=,
设P为双曲线右支上的点,|PF1|=m,|PF2|=n,
则m﹣n=2a=4,4c2=m2+n2﹣2mncs90°=m2+n2=20
即有mn=2,
故答案为2.
16.(2022春·广东深圳·高二福田外国语高中校考期中)已知椭圆的左,右焦点分别为,,过的直线交椭圆C于A,B两点,若,且的三边长、、成等差数列,则C的离心率为___________.
【答案】
【分析】由已知,设,,,据勾股定理有;由椭圆定义知的周长为4a,由勾股定理,,可得选项.
【详解】由已知,设,,,所以根据勾股定理有,解得;
由椭圆定义知,所以的周长为4a,所以有,;
在直角中,由勾股定理,,∴离心率.
故答案为:.
四、解答题(本题共6个小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(2022春·广东广州·高二校联考阶段练习)如图,椭圆的下顶点为C,右顶点为D,且,左焦点为,过F且斜率为的直线l与椭圆相交于A,B两点,交y轴于点P,M为线段AB的中点,直线OM交CD于点N,过点P作交x轴于点E.
(1)求椭圆的方程和直线CD的斜率;
(2)当的面积为时,求的值.
【答案】(1);.
(2)
【分析】(1)由题意可得,,可求出,即可得椭圆的方程,即可求出直线CD的斜率;
(2)设,,直线的方程为,联立直线的方程和椭圆的方程,结合韦达定理可求出的坐标,表示出直线的方程,可求出,再进一步表示出的面积可求出,可求出点的坐标,即可得出的值.
【详解】(1)由题意可得:,
,又因为,
解得:,所以椭圆的方程为:.
则.
故直线CD的斜率为.
(2)设,,因为直线l过F且斜率为,
设,
由得,
所以,,
因为M为线段AB的中点,所以,,
所以,又因为,
所以,因为在直线上,
令,所以,所以直线的方程为:,
令,所以,
,
所以,
到直线的距离为:,
所以的面积为:,
化简得:,则,解得:即,
所以,则直线的方程为:,
而则.
所以直线的方程为:,
联立直线的方程与的方程可得:,
所以.
18.(2022春·广东江门·高二江门市第一中学校考阶段练习)已知数列,都是等差数列,公差分别为,,数列满足,
(1)数列是不是等差数列?若是,证明你的结论;若不是,请说明理由;
(2)若,的公差都等于3,,,求数列的通项公式及前项和.
【答案】(1)数列是等差数列,理由见解析;
(2),前项和为.
【分析】(1)先根据题意得,然后利用等差数列的定义判断即可;
(2)由(1)结合已知可得数列的首项为8,公差为15,从而可求出数列的通项公式及前项和.
【详解】(1)数列是等差数列,理由如下:
因为数列,都是等差数列,公差分别为,,
所以,,
因为,
所以
为常数,
所以数列是等差数列;
(2)因为,,
所以,
由(1)可知数列是等差数列,且公差为,
因为,的公差都等于3,
所以数列的公差为,
所以数列的通项公式为,
数列的前项和为.
19.(2022春·广东深圳·高二校考阶段练习)如图,的外接圆的直径垂直于圆所在的平面,.
(1)求证:平面平面;
(2)若,求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】(1)先证明出平面,利用面面垂直的判定定理可以证明;(2)以为原点,直线为轴,直线为轴,直线为轴建立空间直角坐标系,用向量法求解.
【详解】(1)的外接圆的直径.
又因为平面,平面,所以.
又平面,平面,
平面,
又平面平面平面.
(2)以为原点,直线为轴,直线为轴,直线为轴建立空间直角坐标系,则
.
设
设平面的法向量为
则,不妨令,则.
设平面的法向量为,同理可求.
由图可知,平面与平面夹角不是钝角.
因为,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20.(2022秋·广东揭阳·高二普宁市华侨中学校考阶段练习)已知直线:与椭圆:交于,两点.
(1)当时,求;
(2)设线段的中点为,求点的轨迹方程;
(3)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)(其中)
(3)
【分析】(1)利用弦长公式直接求解即可;
(2)运用点差法及斜率公式可求解;
(3)将问题转化为点到直线的距离,再通过极限思维求范围即可.
(1)
联立,消去,并化简得:
∴,
∴
(2)
设,则,且,
∵,,∴,∴
∴.即有.
∵在椭圆内,∴点的轨迹方程为:(其中)
(3)
设上任意点到直线:的距离为,则
.
设椭圆的一条切线方程为:
联立,消去并化简可得
由可得或6(舍去),此时切点分别为
点到直线的距离为.
由图可知到直线的距离最大
∵点到直线的距离为.
所以
∴的取值范围是.
21.(2022秋·广东佛山·高二校考阶段练习)某剧场有40排座位,第一排有20个座位,以后每排都比前一排多2个座位.
(1)求该剧场的座位数;
(2)若该剧场票价如下:第一排至第10排(含第10排)每张200元,第11排至第30排(含第30排)每张150元,其他每张100元,求该剧场满座时,每场演出的总收入.
【答案】(1);
(2)元.
【分析】(1)把从第一排起的各排座位数依次排成一列得等差数列,再利用等差数列求和公式计算作答.
(2)利用(1)中信息,再分组求和计算作答.
(1)
依题意,剧场座位数从第一排起的各排座位数依次排成一列得等差数列,首项,公差,
数列前n项和,则,
所以该剧场的座位数为.
(2)
由(1)知,,,
剧场满座时,每场演出的总收入
(元),
所以剧场满座时,每场演出的总收入为元.
22.(2022·广东·统考模拟预测)已知双曲线:的一条渐近线方程为,焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的标准方程与离心率;
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A,两点,为坐标原点,直线,的斜率之积为,求的面积.
【答案】(1),离心率为
(2)
【分析】(1)依题意用点到直线的距离公式列方程可得c,然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解;
(2)设直线方程联立双曲线方程消元,利用韦达定理表示出直线,的斜率可得直线的方程,数形结合可解.
【详解】(1)由题意知焦点到渐近线的距离为,
则
因为一条渐近线方程为,所以,
又,解得,,
所以双曲线的标准方程为,
离心率为.
(2)设直线:,,,
联立
则,
所以,
由
解得或(舍去),
所以,
:,令,得,
所以的面积为
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