安徽省部分学校2023_2024学年高二数学上学期期末检测试题含解析

这是一份安徽省部分学校2023_2024学年高二数学上学期期末检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了 在四棱柱中，若，则， 已知圆， 已知直线， 已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
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．