广东省梅州市2023-2024学年高二（上）期末联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省梅州市2023-2024学年高二（上）期末联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：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，只有一项是符合要求的．
1. 在空间直角坐标系中，已知点，则点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，因为，
所以，得，
所以，故B正确.
故选：B.
2. 若过点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】由题意得，解得，
故选：D
3. 已知五个数成等差数列，则（ ）
A. 21B. 24C. 27D. 30
【答案】C
【解析】五个数成等差数列，
所以，得，
故选：C
4. 如图，在三棱台中，，、分别为、的中点，设，，，则可用表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意：
.
故选：B
5. 已知定点为圆的动点，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设线段中点的坐标为，且点，
又由，可得，解得，
又由，可得，即，故选：A
6. 已知点，点为椭圆：上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设：，由
消去得：，
整理得：.
由，即为所求的最小值.
故选：C
7. 空间直角坐标系中，已知点，向量，则过点且以为法向量的平面方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设过点且以为法向量的平面上不同于P的任一点，
则，所以，
所以过点且以为法向量的平面方程为，
故选：A
8. 已知“整数对”按如下规律排成一列：
，……，则第60个数对是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设“整数对”为，由已知可知点列的排列规律是的和从2开始，依次是3，4，…，其中m依次增大．
当时只有1个；
当时有2个，
当时有3个，，；
…；
当时有个，，，；
其上面共有个数对．
所以第个“整数对”的，且，则，
故第个“整数对”为.
故选：B.
二、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，选对但不全得2分，有选错的得0分．
9. 关于双曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的焦点坐标为和
B. 双曲线的离心率是
C. 双曲线与双曲线的离心率相等
D. 双曲线的渐近线方程为
【答案】BC
【解析】由，所以，且焦点在x轴上，
由，所以双曲线的焦点坐标为，，故A错；
双曲线的离心率，故B对；
由，得，，
，即双曲线与双曲线的离心率相等，故C对；
由，得双曲线的渐近线方程为，故D错；
故选：BC
10. 已知数列，记的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A. B. 是一个等差数列
C. D.
【答案】BD
【解析】对于A，数列的通项公式，故A错误；
对于B，，故是一个等差数列，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，
，
故D正确.
故选：BD.
11. 设圆与直线相交，交点为，则（ ）
A. 当时，直线平分圆B.
C. 弦长的最小值为D. 只能是钝角三角形
【答案】AB
【解析】由，得，
当时，直线方程为，
则圆心代入得，即直线过圆心，
所以当时，直线平分圆，故A对；
由，得，
所以直线过定点，且，
所以在圆内，所以时，直线与圆有两个交点，故B对；
当的连线垂直于直线l时，弦长最短为，故C错；
当时，，
所以，可能是直角三角形，故D错；
故选：AB.
12. 将个互不相等的数排成下表：
记，，则下列判断中，一定不成立的是（ ）
（注：分别表示集合最大值和最小值．）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】因为，
不妨令，则，
令，则，所以选项A不成立，
又，又，而，所以选项B不成立，
因为，若，则可能成立，所以选项C可能成立，
又
，
所以，
又，，故，所以选项D不成立，
故选：ABD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列是一个等比数列，且，则_____________．
【答案】
【解析】由题意知，，又因为数列是等比数列，
所以，即，解得.
故答案为：.
14. 天宫空间站的建成，标志着我国独立掌握了近地轨道大型航天器在轨组装建造技术，具备了开展空间长期有人参与科学技术实（试）验的能力，为不断推动我国空间科学、空间技术的创新发展，为建设航天强国、提升我国在国际载人航天领域的影响力提供了重要支墇．设某航天器轨道可近似为一个以地心为其中一个焦点的椭圆，其近地点距地面约为，远地点距地面约为，地球半径约为，则此航天器轨道的离心率为_____________．
【答案】
【解析】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c.
则根据题意得，解得，
故此航天器轨道离心率为
故答案为：
15. 如图，在三棱锥中，是直二面角，，，则异面直线与所成角的余弦值为_____________．
【答案】
【解析】由是直二面角，故平面平面，
由，故、，
又平面平面，平面，
故平面，又平面，故，
由，，则，
又，故，
则，
取、、、中点、、、，
连接、、、、，
可得、，，，
故异面直线与所成角与直线与所成角相等，
亦可得，，，
故，则，
故，即为等边三角形，
故，即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16. 已知圆和点，若圆上存在两点使得，则实数的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】圆：，则半径为，圆心，
如图，对于直线上任意一点，
当，均为圆的切线时最大，
由题意，即时，此时为满足题设条件的临界点，
此时有，
当在临界点之间移动时，有，即，
即有，解得，
故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在空间直角坐标系中，．
（1）求的余弦值；
（2）求三角形的面积．
解：（1）因为，
所以，，，
由余弦定理得，.
（2）由（1）知，，
所以.
18. 已知数列满足．
（1）求和；
（2）证明：数列为单调递增数列．
解：（1）因为①，
当时，，
当时，②，
由①②得，所以，
当时，，所以也满足，
当时，，
故，，.
（2）由（1）知，，易知，
则，
又对一切恒成立，
所以，
得到对一切恒成立，
所以数列为单调递增数列.
19. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线在第一象限上的点，且其到焦点的距离为5．
（1）求点的坐标；
（2）求抛物线在点处的切线方程．
解：（1）由题意知，，
设，
由抛物线定义可知，解得或（舍）.
所以点坐标为.
（2）设直线为，与抛物线方程联立,
得，
由直线与抛物线相切，所以，即，得，
所以切线方程为.
20. 如图，在边长为4的等边中，分别为上的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面.

（1）求四棱锥的体积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
解：（1）连接与中点，由分别为上的中点，
且为等边三角形，故，
故有，且,
又平面平面，平面平面，
平面，故平面，
故为四棱锥的高，
，
则；
（2）取中点，连接，可得，
有，
由平面，平面，故，
故、、两两垂直，
故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、、、、，
则、、、，
令平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
即，，
可令、，则可取，，
故，
则平面与平面的夹角的余弦值为.

21. 已知圆，点，动圆经过点，且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）过点的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）由已知，故点圆内部，所以圆与圆内切，
设，则，
因此为以焦点的椭圆，
设该椭圆长半轴长为，短半轴长，半焦距为，
且知，于是，
因此轨迹的方程为.
（2）设轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点，
设直线的方程为，
联立方程，
整理得，，
设，则，
则，
即有:，
而
，
，
代入上式得，
整理可得:，
可见总满足上面等式，
即轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.
22. 在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：
在一个1000人的封闭环境中，设第天类，类，类人群人数分别为．其中第1天．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：
已知对于某类传染病有：（即：产生抗体后永久免疫）．
（1）求和；
（2）求证存在，使得是一个等比数列，并求出和．
解：（1）由题可知，
所以， ，
，
，
因，，
所以是以900为首项，以为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）得，，
配凑得到，又，
且，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
所以存在，使得是一个等比数列，
，即，
由已知得：
.
类别
特征
类（Susceptible）
易感染者，体内缺乏相关抗体，与类人群接触后易变为类人群．
类（Infectius）
感染者，可以接触类人群，并把传染病传染给类人群；康复后成为类人群．
类（Recvered）
康复者，指病愈而具有免疫力的人群，或被隔离者；若抗体存在时间有限，可能重新转化为类人群．
日感染率
日治愈率
日消抗率
类类占当天类比例
类类占当天类比例
类类占当天类比例