安徽省部分学校2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题(Word版附解析)
展开一、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,只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线l的倾斜角为,且在y轴上的截距为,则l的方程为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出斜截式方程,再化为一般式.
【详解】直线l的倾斜角为,则l的斜率,
所以l的方程为,即.
故选:A
2 已知向量与共线,则( )
A. B. 0C. 2D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据两向量共线的坐标关系,列出方程求解即可.
【详解】因为向量与共线,
显然:,所以,
所以,
故.
故选:C.
3. 已知数列的前5项依次为1,,,,,则的一个通项公式为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】观察数列的前5项分析其变化规律即可求解.
【详解】数列的前5项依次为1,,,,,即,,,,,
所以的一个通项公式为.
故选:A.
4 已知双曲线:与:,则( )
A. 与的实轴长相等B. 与的渐近线相同
C. 与的焦距相等D. 与的离心率相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件,求出两条双曲线实半轴长、虚半轴长、半焦距,渐近线方程及离心率即可判断得解.
【详解】双曲线的实半轴长,虚半轴长,半焦距,渐近线方程为,离心率,
双曲线的实半轴长,虚半轴长,半焦距,渐近线方程为,离心率,
因此与的焦距都是,只有C正确,ABD错误.
故选:C
5. 在四棱柱中,若,则( )
A. 平面B. 四边形是矩形
C. 四边形是平行四边形D. 四边形是梯形
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算,结合题意化简得到,得到为梯形,同时无法确定平面,即可求解.
【详解】在四棱柱中,,
因为四棱柱的侧棱平行且相等,所以,所以,
所以四边形是梯形,不是平行四边形,无法确定是否有平面,也无法确定是否有.
故选:D.
6. 若数列满足,当时,,则称为斐波那契数列.令,则数列的前100项和为( )
A. 0B. C. D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意,得到数列的前若干项依次为,将,,看作一组,每组个数的和为,进而求得数列的前100项的和.
【详解】由数列的前两项都是奇数,因为两奇数之和为偶数,偶数与奇数之和为奇数,
可得各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶, ,
所以数列的前若干项依次为,
将,,看作一组,每组个数的和为,
所以数列的前100项的和为.
故选:B
7. 已知圆:及圆:,若存在点P,使得,关于点P对称,则,的位置关系是( )
A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切
【答案】C
【解析】
【分析】要存在点P,使得,关于点P对称,则,的半径相等,再利用圆与圆的位置关系判断即可.
【详解】结合题意:圆的标准方程为,圆心,
圆的标准方程为,圆心,
要存在点P,使得,关于点P对称,则,的半径相等,
所以,,
此时,的半径都是,
又,
所以,外切.
故选: C.
8. 已知椭圆的长轴长大于,当m变化时直线与C都恒过同一个点,则C的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线所过的定点,由题,此定点也在椭圆上,从而得出a,b,c的关系,用离心率表示出a,再由题目中长轴长的范围列出关于离心率的不等式,求解即可.
【详解】直线即,该直线过定点,所以点在C上,,即,
设,则,
所以,
因为C的长轴长大于,所以,,
所以,解得,所以:.
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. 已知构成空间的一个基底,则下列说法正确的是( )
A. ,,共面
B. 存在不全为零的实数x,y,z,使得
C. 若,,则
D. 若,则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用共面向量的意义判断A;利用空间向量基底的意义判断B;利用向量共线的意义判断C;利用数量积的运算律计算判断D.
【详解】由,得,,共面,A正确;
若存在不全为零的实数x,y,z,使得,则,,共面,
不能构成基底,B错误;
当时,有,,由已知得不共面,
不一定有且,即不一定有,C错误;
由,得,
即,则,D正确.
故选:AD
10. 已知直线:及直线:,则下列说法正确的是( )
A. 若,则或B. 存a,使得
C. 若,的交点横坐标为,则或1D. 若且,则一定经过第一象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合直线平行、垂直、相交的性质逐项判断即可得.
【详解】对A:,一定不重合,若,则,解得或,故A正确;
对B:若,则,整理得,,
此方程无解,故不存在a,使得,故B错误;
对C:若,的交点横坐标为,则交点为,代入,
得,所以或1,故C正确;
对D:若且,则的斜率存在且不为零,在x轴上的截距,
所以一定经过第一象限,故D正确.
故选:ACD.
11. 已知数列的前n项和为,若当且仅当时,最小,则的通项公式可以是( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由不等式法逐一判断每一选项中的数列什么时候为正,什么时候为负或0,由此即可判断求解.
【详解】对于A,当时,,,当时,,所以或5时最小,不满足题意;
对于B,当时,,,当时,,
故,故最小,
对于C,当时,,当时,,满足题意;
对于D,当时,,当时,,最大,不满足题意.
故选:BC.
12. 已知抛物线C:,直线l:与C交于,两点,O为坐标原点,P是直线上任意一点,则( )
A. B.
C. D. 共线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线定义得,可判定A错误;根据抛物线焦点弦的性质,可得判定B正确;联立方程组,结合韦达定理和向量的运算,可判定C正确;结合直线的斜率公式,可得判定D正确.
【详解】对于A中,由抛物线,可得焦点,则直线过的焦点,
由抛物线定义得,所以A错误;
对于B中,如图所示,由抛物线,可得准线方程为,
过点分别作,取的中点,作,
在梯形中,可得,
又由抛物线定义,可得,所以,
所以以为直径的圆与的准线相切,
所以准线上的点都在以AB为直径的圆上或圆外,则,所以B正确;
对于C中,联立方程组,整理得到,
所以,则,
所以,所以为钝角,
在中,由余弦定理得,
所以,所以C正确;
对于D中,由,,
所以共线,所以D正确.
故选:BCD.
【点睛】方法点睛:解决抛物线问题的方法与策略:
1、涉及抛物线的定义问题:抛物线的定义是解决抛物线问题的基础,它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化.如果问题中涉及抛物线的焦点和准线,又能与距离联系起来,那么用抛物线定义就能解决问题.因此,涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题,可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离,这样就可以使问题简单化.
2、涉及直线与抛物线的综合问题:通常设出直线方程,与抛物线方程联立方程组,结合根与系数的关系,合理进行转化运算求解,同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
三、填空题;本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 若双曲线的焦点分别为,,且点在上,则的实轴长为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的定义计算即可.
【详解】双曲线的实轴长为.
故答案为:.
14. 在四棱柱中,四边形为平行四边形,若,,均为单位向量,且,则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意将向量分解为已知向量的线性组合,结合模长、数量积的运算公式即可求解.
【详解】
.
故答案为:.
15. 已知公比的等比数列满足成等差数列,设的前项和为,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列先求出再利用等比数列片段和的性质求解.
【详解】解析由成等差数列得,即,因为,
所以,解得(舍去)或,
易知成等比,
所以,所以.
故答案为:
16. 如图,已知是圆的弦,为的中点,且在弦上的射影为,则,该定理称为阿基米德折弦定理.在上述定理中,若已知,,点在直线下方,,则过点的圆的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何关系,首先确定,即可确定圆的直径为,再根据对称关系求点的坐标,以及点的坐标,即可求圆的方程.
【详解】因为,所以,
因为,所以为直径,且.
设,
则,解得(舍去)或,
设,由,得,解得,
过点的圆,是以为直径的圆,
所以其圆心为,半径为
故答案为:.
四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. (1)已知等差数列满足,求的通项公式;
(2)已知等比数列的公比,且,求的前项和.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】(1)借助等差数列的性质计算即可得;
(2)借助等比数列的性质及前项和公式计算即可得.
【详解】(1)设等差数列的公差为,
则,
所以,解得,
所以;
(2)因为等比数列的公比,且,
所以,所以,
所以.
18. 已知点,,动点M满足,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过点P作曲线C的两条切线,求这两条切线的方程.
【答案】(1),C表示以为圆心,为半径的圆
(2)和
【解析】
【分析】(1)设,根据题意,列出方程,即可求解;
(2)设切线方程为,根据点到直线的距离公式,列出方程,即可求解.
【小问1详解】
解:设,由,可得,即,
整理得,即方程可化为,
所以曲线表示以为圆心,为半径的圆.
【小问2详解】
解:由题意,两切线的斜率均存在,设切线方程为,即,
则圆心到切线的距离,解得或,
所以两条切线方程为和.
19. 已知曲线C:(且)的左、右焦点分别为,,直线与交于点,.
(1)若,且四边形是矩形,求的值;
(2)若是上与,不重合的点,且直线,的斜率分别为,,若,求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由,确定是椭圆,根据椭圆的对称性和焦点三角形解法可得;
(2)先根据求得,进而可得曲线为双曲线,可得焦距.
【小问1详解】
当时,:是椭圆,,
因为四边形是矩形,所以,
,
由椭圆定义得,
所以
【小问2详解】
设,则,,
设,则,与相减得,
所以,
所以.
所以,所以是双曲线,.
20. 如图,已知四棱柱中,四棱锥是正四棱锥,,,分别为的中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值;
(2)若平面经过且与平行,求点到平面的距离.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)连接交于点,连接,建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,进而计算出线面角;
(2)设平面的法向量为,利用该法向量与,垂直,从而计算出点面距离.
【小问1详解】
如图,连接交于点,连接,
由四棱锥是正四棱锥
易得两两互相垂直,
在正四棱锥中,因为,所以,
因为,且,所以,.
以点为坐标原点,直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则,,,,,,,.
所以,,.
设平面的法向量为,则,
即'取,得.
设直线与平面所成的角为,
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
,.
设平面的法向量为,
则,即
取,得.
所以点到平面的距离.
21. 已知数列的前n项和为,,.
(1)求证:;
(2)若,求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)依题意得,,,两式作差即得答案;
(2)对化简,利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
因为,①
所以,②
②-①得,③
所以,④
③-④得,
所以.
小问2详解】
由(1)得数列是等差数列,在,取,得,
又,所以的公差,
所以,
所以,
所以
22. 已知抛物线:及抛物线:(),过的焦点F的直线与交于,两点,与交于,两点,O为坐标原点,.
(1)求的方程.
(2)过的中点M作的准线的垂线,垂足为N.
(ⅰ)证明:为定值;
(ⅱ)判断直线与的公共点个数.
【答案】(1)
(2)(ⅰ)证明见解析,(ⅱ)0
【解析】
【分析】(1)根据已知条件作出图形,设出直线,直线与抛物线联立方程组,利用韦达定理及向量垂直的条件即可求解;
(2)(ⅰ)设出直线,直线与抛物线联立方程组,利用韦达定理及抛物线的定义,结合中点坐标公式及两点间的距离公式即可求解;
(ⅱ)根据(ⅰ)的结论及两点式写出直线的方程,直线与抛物线联立方程组,利用判别式即可求解.
【小问1详解】
由题意可知,作出图形如图所示
由题意得,设,,则,,
设直线的方程为,与联立,得,
所以,.
因为,
所以,解得,
所以的方程为.
【小问2详解】
(ⅰ)设,则,.
由(1)知,,
直线的方程为,与联立,得,
所以,,,
.
由抛物线定义得.
设,则,,
所以,.
因为.
所以,为定值.
(ⅱ)由(ⅰ)知,,,即
所以直线的方程为,
整理得,
与联立,得,
,
所以直线与的公共点个数为0.
安徽省部分学校2024届高三上学期期末数学试题(Word版附解析): 这是一份安徽省部分学校2024届高三上学期期末数学试题(Word版附解析),文件包含安徽省部分学校2024届高三上学期期末质量检测数学试题原卷版docx、安徽省部分学校2024届高三上学期期末质量检测数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共30页, 欢迎下载使用。
03,安徽省部分学校2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题: 这是一份03,安徽省部分学校2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题,共13页。试卷主要包含了已知双曲线,在四棱柱中,若,则,已知圆,已知椭圆C,已知直线等内容,欢迎下载使用。
湖南省部分学校2023-2024学年高二上学期期末联合考试数学试题(Word版附解析): 这是一份湖南省部分学校2023-2024学年高二上学期期末联合考试数学试题(Word版附解析),共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容,欢迎下载使用。