湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线的斜率为，且，则直线的倾斜角为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】设直线的倾斜角为，则
因为，所以，
当时，即，则；
当时，即，则，
所以直线的倾斜角为或.
故选：B.
2. 已知，分别是平面的法向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】B
【解析】因为，分别是平面的法向量，且，
所以，即，解得
故选：B
3. 设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A. 7B. 12C. 15D. 31
【答案】C
【解析】设公比为，因为，，成等差数列，所以，
则，解得：或0（舍去）.
因为，所以，故.
故选：C
4. 已知在空间四边形中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，故G为CD的中点，如图，
由平行四边形法则可得，
所以.
故选：A.
5. 已知直线：被圆截得的弦长为，则点与圆上点的距离最大值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】由题可得，圆的半径，
圆心到直线的距离为，
直线被圆截得的弦长为，
解得或（舍去），
则点的坐标为，该点到圆心的距离为，
所以点到圆上点距离最大值为，
故选:A.
6. 加斯帕尔蒙日是世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）.当椭圆方程为时,蒙日圆方程为.已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 若为正方形，则的边长为
C. 椭圆的蒙日圆方程为
D. 长方形的面积的最大值为
【答案】B
【解析】对于A，由椭圆方程知：，，则，
椭圆的离心率，A正确；
对于BC，由A知：椭圆对应的蒙日圆方程为：，
正方形是圆的内接正方形，正方形对角线长为圆的直径，
正方形的边长为，B错误，C正确；
对于D，设长方形的长和宽分别为，
长方形的对角线长为圆的直径，，
长方形的面积（当且仅当时取等号），
即长方形的面积的最大值为，D正确.
故选：B.
7. 数列的前n项和为，对一切正整数n，点在函数的图象上，（且）．则数列的前项和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意得，当时，
，
又满足上式，
，.
，
.
故选：C.
8. 双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线C的左右两支分布交于两点M，N，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】根据双曲线的定义：，，
设，则，，，
因为，所以，得，.
在△中，由余弦定理得，
整理得，.
故选：D.

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.下列说法正确的是（ ）
A. 若直线经过第一､二､四象限，则点在第三象限
B. 直线过定点
C. 过点且斜率为的直线的点斜式方程为
D. 斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为
【答案】BC
【解析】因为直线经过第一､二､四象限，
所以直线的斜率，截距.
故点在第二象限，所以A中说法错误.
由整理得.
所以无论取何值，都满足方程.所以B中说法正确.
由点斜式方程可知，
过点且斜率为的直线的方程为.
所以C中说法正确.
由斜截式方程可知，
斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为.
所以D中说法错误.
故选：BC
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点M在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的有（ ）

A. 点在平面的射影为的中心
B. 直线平面
C. 三棱锥的体积不为定值
D. 异面直线与BM所成角为
【答案】ABD
【解析】对于选项A:连接,由正方体中可得面，
因为面,所以,
因为底面为正方形，所以,
因为面,所以面.
因为面，所以,
由正方体中可得面，
因为面,所以,
因为侧面为正方形，所以,
因为面,所以面.
因为面，所以,
又因为面，所以面，
正方体中易得,
故三棱锥为正三棱锥，故点在平面的射影为的中心，故选项A正确；

对于选项B:连接,
正方体中易得
所以四边形为平行四边形，所以
因为平面，而平面，所以平面.
正方体中易得
所以四边形为平行四边形，所以
因平面，而平面，所以平面.
又因为面,
所以面平面
又因为面，所以直线平面，故选项B正确；

对于选项C: 设点到面的距离为,
因为点M在线段，且平面，
所以点到面的距离是定值.
,
所以三棱锥的体积为定值.故选项C错误；

对于选项D: 因为面,且面平面，
所以面，面,所以.
故异面直线与BM所成角为.故选项D正确.
故选：ABD.

11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”：“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球…设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. ，D.
【答案】BCD
【解析】根据题意，，
则有，
当时，
，
也满足，所以.
，A选项错误；
，B选项正确；
，， C选项正确；
，
，D选项正确.
故选：BCD
12. 已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，抛物线的动弦过点，过点且垂直于弦的直线交抛物线的准线与点，则下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的标准方程为
B. 的最小值为2
C. 过两点分别作，与准线垂直，则为锐角三角形
D. 的面积不为定值
【答案】ABD
【解析】对于选项A：由椭圆的方程可知椭圆的右焦点坐标为，即抛物线的右焦点为，可得，即，所以抛物线的标准方程为，故A正确；
对于选项B：当直线的斜率不存在时，
易得，，此时;
当直线的斜率存在时，设直线的方程为,
联立，可得，
则
所以，
易知直线的方程为，联立，可得，
所以
所以，
综上所述：的最小值为，故B正确；
对于选项C：由抛物线定义知：
则，
又因则，
则,
可知为直角三角形，故C错误；
对于选项D：当直线的斜率不存在时，
易得，，此时;
当直线的斜率存在时，由选项B可得：,
可得，显然不为定值.故选项D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，16题第一空2分，第二空3分，共20分．
13. 以椭圆长轴的端点为焦点，以椭圆的焦点为顶点的双曲线方程为______．
【答案】
【解析】由可得其长轴的端点坐标分别为、，
又，故其焦点坐标分别为、，
故该双曲线的焦点坐标为、，且、为其顶点坐标，
又，故双曲线方程为.故答案为：.
14. 已知等差数列，记为数列的前n项和，若，，则数列的通项公式为______．
【答案】
【解析】，即，即，
设数列的公差为，由，即有，
可得，故.
故答案为：.
15. 若两条平行直线与之间的距离是，则______．
【答案】10
【解析】由题可得：，解的，
此时方程为：；方程为：；
则，即，解的或，
又，所以；
故.
故答案为：.
16. 已知正四面体的棱长为3,底面所在平面上一动点P满足，则点P运动轨迹的长度为_______________；直线与直线所成的角的取值范围为______________.
【答案】;
【解析】设底面正的中心为，连接
为正四面体，底面，
又正四面体的棱长为3，
在直角中，
即点P运动轨迹为以为圆心，为半径的圆上运动，因此运动轨迹长度为；
以为原点，为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，且
设直线与直线所成的角为，则，
则
又，，又，，
即直线与直线所成的角的取值范围为
故答案为：，
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线和直线.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
解：（1）若，
则，解得或2；
（2）若，
则，解得或1.
时，，满足，
时，，此时与重合，
所以.
18. 已知数列的前n项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的最大项是该数列的第几项．
解：（1）当时，，不满足上式，
当时，，
故数列的通项公式为.
（2）由已知得，
当时，，
则，即，
得， 即，
所以当，的最大项为第7项，
又，
所以数列的最大项是该数列的第项.
19. 已知直线与抛物线恒有两个交点A、B．
（1）求p的取值范围；
（2）当时，直线l过抛物线C的焦点F，求此时线段的长度．
解：（1）（法一）由题：，知恒过顶点，
又与抛物线恒有两个交点，将定点代入抛物线方程，
故，解得，即的取值范围为；
（法二）将直线与抛物线方程联立，
得，得，
又因为直线与抛物线恒有两个交点，
所以其判别式对恒成立，
故须使方程的判别式，又，所以解得，即的取值范围为．
（2）由题，当 时，：，即，
令得，
由过焦点得；，所以抛物线：．
将直线与抛物线方程联立，并令，，
得，
由韦达定理得，
又因经过抛物线焦点，
故．
20. 已知等比数列的公比，若，且分别是等差数列的第1，3，5项．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和．
解：（1）由题意得，即，
则，
化简得：，解得（舍去）
则，解得，所以．
则，
设等差数列的公差为，则，
所以．
（2）由（1）可得：
所以，
故，
两式相减得：
，
化简可得：
21. 如图，在四棱锥中，底平面为菱形且，为中点，．

（1）求证：平面平面；
（2）若平面平面，且，试问在线段上是否存在点，使二平面角的大小为，如存在，求的值，如不存在，说明理由．
解：（1）连接，因为为菱形，且，所以为等边三角形，
又为中点，所以，
又，故，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.

（2）由（1）知，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，即两两互相垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
又，所以，
则，
所以，设，
则，
得到，
易知平面的一个法向量为，
设平面一个法向量为，
又，，
由，令，得，
所以，又二平面角的大小为，
所以 ，得到，
整理得，
又，
解得，
所以存在点使二平面角的大小为，且.

22. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上任意一点，面积最大值为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过x轴上一点的直线与椭圆交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足为M，N两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标．
解：（1）设椭圆半焦距为，
∵离心率为，∴．
由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大．
∴，
∴．
又，
解得，，．
∴椭圆的方程为：；
（2）设与轴交于点，则，
当的斜率为0时，显然不适合题意；
当的斜率不存在时，直线为，
∵四边形为矩形，∴，交于线段的中点．
当直线的斜率存在且不为0时，设，，
直线为：，联立，
得，
，
∴，，
设，，
则，，
联立，得，
将，代入整理得，
将代入，得
．
综上，直线、交于定点．