38，江苏省南京市第九中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷

这是一份38，江苏省南京市第九中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷，共21页。试卷主要包含了01， 已知数列满足，则的值是等内容，欢迎下载使用。

2024.01
注意事项：
1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.
2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.
3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.
第I卷（选择题共60分）
一､单项选择题（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. 在平面直角坐标系中，若直线与直线互相垂直，则实数的值是（ ）
A. -1B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的条件列方程求解．
【详解】直线与直线互相垂直，
则，解得.
故选：C
2. 现有5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分步计数原理即得．
【详解】每一位同学有3种不同的选择，则5名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，
每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是.
故选：A．
3. 设等比数列的首项为，公比为q，则“，且”是“对于任意都有”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质分析判断即可
【详解】若，且，则，
所以，
反之，若，则，
所以，且或，且，
所以“，且”是“对于任意，都有”的充分不必要条件.
故选：A
4. 在空间直角坐标系中，已知，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得出且与不共线，根据数量积公式列出不等式并排除两个向量反向时的值，从而得解.
【详解】因为与的夹角为钝角，
所以，且与不共线，
又
则，解得，
若与共线，则，即，
此时，与反向，需要舍去，
所以的取值范围为且，即.
故选：D.
5. 如图，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B—AC—M的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，求平面AMC的一个法向量以及平面ABC的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
【详解】
因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，
又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.
以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系A­xyz.
则A(0，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，M，
所以，，
求得平面AMC的一个法向量为＝(－2，1，1)，
又平面ABC的一个法向量＝(0，0，2)，
所以cs〈，〉＝.
所以二面角B­-AC­-M的余弦值为.
故选：A
【点睛】本题考查了空间向量法求面面角，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
6. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆.若圆心在轴上的圆同时平分圆和圆的圆周，则圆的方程是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题知圆C与圆的公共弦是圆的直径，圆C与圆的公共弦是圆的直径，进而设圆C的圆心为，半径为得，再结合距离公式解方程即可得答案.
【详解】圆C平分圆C1等价于圆C与圆的公共弦是圆的直径．
同理圆C与圆的公共弦是圆的直径
设圆C的圆心为，半径为，则，
所以，即，解得
所以圆C的方程为．
故选：A
7. 已知数列满足，则的值是（ ）
A. 25B. 50C. 75D. 100
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给递推关系可得，即可得解.
【详解】由，
故，
，
则，
故，
故.
故选：B.
8. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，点是两曲线在第一象限的交点，且在上的投影等于，，分别是椭圆和双曲线的离心率，则的最小值是（ ）
A. B. 6C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由在上的投影等于可知PF1⊥PF2， 利用椭圆与双曲线的
焦距相同找到和的关系，最后构建函数利用导数求出的最小值.
【详解】如图，设半焦距为．∵点是两曲线在第一象限的交点，且在上
的投影等于，∴PF1⊥PF2．设，，则，
．∴＝﹣．在中，
由勾股定理可得：.
∴．两边同除以c2，得2＝，
所以，
当即时取等号，因此9e12+e22的最小值是8．
故选：C.
【点睛】求最值题目一般分为三步：
①写表达式；
②消元；
③求值域.
二､多项选择题（本大题共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. 过点且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用截距式的求法，讨论截距的绝对值相等的情况，在进行截距式假设时，分截距为0，截距不为0进行假设.
【详解】当直线的截距不为0时，设直线的截距式方程为，
由题可得
所以或
解得或
所以直线方程为或，故A，C正确；
当直线的截距为0时，设直线方程为，
由题可知，故直线方程为，D正确．
故选：ACD
10. 已知某种产品的加工需要经过5道工序，则下列说法正确的是（ ）
A. 若其中某道工序不能放在最后，有96种加工顺序
B. 若其中某2道工序既不能放在最前，也不能放在最后，有72种加工顺序
C. 若其中某2道工序必须相邻，有48种加工顺序
D. 若其中某2道工序不能相邻，有36种加工顺序
【答案】AC
【解析】
【分析】对AB：根据分步计数原理，先安排特殊的工序，再安排其它工序即可；对C：采用捆绑法，再根据分步计数原理即可求得结果；对D：采用插空法，再根据分步计数原理即可求得结果.
【详解】假设有甲乙丙丁戊，这5道工序.
对A：假设甲工序不能放到最后，则甲有4种安排方式，根据分步计数原理，
所有的安排顺序有：种，故A正确；
对B：假设甲乙2道工序不能放到最前，也不能放到最后，
先安排甲乙，则共有种安排方式；再安排剩余3道工序，共有种；
根据分步计数原理，则所有的安排顺序有：种，故B错误；
对C：假设甲乙工序相邻，将甲和乙捆绑为一道工序，和剩余3道工序放在一起排序，
则共有种加工顺序，故C正确；
对D：假设甲乙工序不能相邻，则先安排剩余3道工序，在形成的4个空中，安排甲乙，
故共有：种加工顺序，故D错误.
故选：AC.
11. 在平面直角坐标系中，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 以线段为直径的圆与轴相切
C.
D. 当时，直线的斜率为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意设直线，，，联立方程可得，，进而可得，，根据抛物线的定义结合韦达定理逐项分析判断即可得.
【详解】由题意可知：拋物线：的焦点，准线为，
且直线的斜率可以不存在，但不为0，
设直线，，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
可得，
，
对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立，
所以最小值为4，故A错误；
对于选项B：因为线段的中点为，，
则到轴的距离，以以线段为直径的圆的半径为，
即圆心到轴的距离等于该圆半径，故轴与该圆相切，故B正确；
对于选项C：因为
，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，且，
则，即，
联立，解得，
代入可得，解得，
所以直线的斜率为，故D错误.
故选：BC.
12. 已知正方体的棱长为1，点满足，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则平面
C. 若，则的最小值为
D. 若，则与平面的所成角为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，点为中点，连接和，易知；对于B选项，点在线段上运动，，，，四点共面，平面和平面为同一平面；对于C选项，扫过的平面为平面，扫过的平面为平面，将这两个平面独立出来展开成同一个平面即可求解；对于D选项，点在以为圆心半径为的圆上运动，扫过的图形为圆锥面，据此即可求解.
【详解】对于A选项，因为，所以易知点为中点，
如图，连接和，由正方形易知，
因为点是的中点，所以，故A选项正确；
对于B选项，由题意得点在线段上运动，
由正方体的性质可知，所以，，，四点共面，
因为点，所以点平面，
所以平面和平面为同一平面，
所以在平面，故B选项错误；
对于C选项，由题意得扫过平面为平面，
扫过的平面为平面，所以将这两个平面独立出来展开成同一个平面，
易知当点、、三点共线时最短，
所以，故C选项正确；
对于D选项，由和易知点在以为圆心半径为的圆上运动，
因为平面，所以扫过的图形为圆锥面，
所以，且为圆锥的母线，
因为圆锥的母线与底面的夹角是恒定的，
所以与平面的所成的线面角恒定，
因为，所以，故D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于扫过的平面为平面，扫过的平面为平面，点在以为圆心半径为的圆上运动的分析.
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，那么________；
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，即，即，解得或（舍去）
故答案为：
14. 在直三棱柱中，,,则异面直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先由题意可得两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出直线与的方向向量，根据向量夹角余弦值即可得出结果.
【详解】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则.
故答案为
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，空间向量法求异面直线所成角，是一种常用的方法，属于常考题型.
15. 数列满足，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据递推式得到数列的周期，应用周期性求对应项.
【详解】由题设，
所以是周期为3的数列，则.
故答案为：
16. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左､右顶点分别为、，点在双曲线上且位于第一象限，若且，则的值是__________.
【答案】
【解析】
分析】设，则，由得出，再由正弦定理有，即可得出.
【详解】如图所示，设，则，
设，则，即，
由双曲线方程可得，
所以，
又，，
则，解得，则，
在中，由正弦定理得，
可得.
故答案为：.
四､解答题（本题共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，请把答案写在答题纸的指定区域内）
17. 如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足.
（1）用向量表示；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；
（2）先计算，再开方即可求解.
【小问1详解】
因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足.
所以；
【小问2详解】
因为正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，
所以，，
所以，
所以
，所以.
18. 在平面直角坐标系中，已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆心，借助点到直线距离公式可解得圆心坐标，即可得方程；
（2）结合三角形面积与点到直线距离公式及勾股定理计算即可得.
【小问1详解】
由已知可设圆心，
则，
解得或（舍），
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得，
又，
所以或，
所以直线的方程为或.
19. 在等比数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，且为递增数列，若，求证：．
【答案】（1）或；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将化为，联立方程组，求出，可得或；
（2）由于为递增数列，所以取，化简得，，其前项和为.
【详解】（1）假设等比数列{an}公比为q,，
，且，
解得或，
或；
（2）由题意为递增数列，所以取，，
，
．
20. 如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.
（I）求证：// 平面；
（II）若平面平面，， 求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）.
【解析】
【分析】（I）连接BD交AC于点F，再连接EF，利用EF是三角形DBS的中位线，判断出DS平行EF，再利用线面平行的判定得证;
（II）取AB的中点为O，利用已知条件证明DO、SO、BO两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，再利用线面角的公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（I）证明：连接BD角AC于点F，再连接EF.
因为四边形是菱形，所以点F是BD的中点，
又因为点是的中点，所以EF是三角形DBS的中位线，
所以DS平行EF，
又因为EF平面ACE，SD平面ACE
所以// 平面
（II）因为四边形是菱形，，所以
又AB=AD，所以三角形ABD为正三角形.
取AB的中点O，连接SO，则DOAB
因为平面平面，平面平面=AB
所以DO平面ABS，又因为三角形ABS为正三角形
则以O为坐标原点建立坐标系
设AB=2a，则

设平面ADS的一个法向量为
则
取x=1，则
所以
设直线AC与平面ADS所成角为
则
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及运用空间向量去解决立体几何的问题，如何建系和求法向量是解题的关键，属于中档题.
21. 数列的前项和为，，对任意的有，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列，，，求数列的通项公式.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用递推关系化简，消去Sn，得到an与an+1间的关系，满足等差数列定义，从而求得通项公式；
（2）将（1）中通项代入递推关系中，化简得到等差数列乘等比数列的形式，利用错位相减法求和，即可得到数列通项.
【详解】解：（1），
-得到，
所以
因为所以
所以数列为等差数列，又因为所以
（2）因为
所以
所以

所以④.
所以④-得到
=
【点睛】方法点睛：化简转化递推关系，转化为满足等差数列的形式，利用错位相减法求解等比数列与等差数列乘积形式的前n项和.
22. 已知椭圆，过点作椭圆的两条切线，且两切线垂直.
（1）求；
（2）已知点，若直线与椭圆交于，且以为直径的圆过点（不与重合），求证直线过定点，并求出定点.
【答案】（1）；
（2）证明过程见解析，定点坐标为.
【解析】
【分析】（1）设切线方程，联立直线与椭圆，利用相切，得判别式为0，再利用切线垂直，即可得的值；
（2）设直线的方程，由以为直径的圆过点，得，利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【小问1详解】
由题可知，切线斜率存，则设切线，
联立得，即，
相切得：，即，所以
由两切线垂直得：
；
【小问2详解】
由（1）得，椭圆方程为
由题可知，直线的斜率存在，设，联立得
设，由韦达定理得：
由题意为直径的圆过点，①
又
代入①式得：
或（舍去），所以过定点，
【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数的关系，结合圆的几何性质是解题的关键.