安徽省马鞍山市2023_2024学年高二数学上学期期末测试试题含解析

这是一份安徽省马鞍山市2023_2024学年高二数学上学期期末测试试题含解析，共16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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】设，，
则，
而，
所以，解得，
所以，
故选：C.
【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题.
2. 由点向圆引的切线长是（）
A. 3B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准形式，求出点到圆心的距离，结合勾股定理即可得解.
【详解】圆即圆的圆心半径分别为，
点到圆心的距离为，
所以点向圆引的切线长是.
故选：A.
3. 已知等差数列的公差为1，，则（）
A. 2021B. 2022C. 2023D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的性质代入即可求解.
【详解】由题意得.
故选：B.
4. 抛物线的焦点坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先将抛物线方程化为标准形式，再求焦点坐标.
【详解】由得，所以抛物线为开口向上的抛物线，且，
所以焦点坐标为，
故选：C
5. 已知椭圆的焦点为，等轴双曲线的焦点为，，若四边形是正方形，则该椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆和双曲线的焦距相等列方程，然后整理可得.
【详解】由题意知，椭圆和双曲线的焦距相等，所以有，整理得，所以.
故选：C
6. 已知正项等比数列中，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正项等比数列的性质，，，可求的值.
【详解】正项等比数列中，，则，
，则，
又，即，解得.
故选：B
7. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.
【详解】由题意三棱锥中，点面，且，
所以，解得.
故选：D.
8. 已知为坐标原点，双曲线：（，）的左焦点为，右顶点为，过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直渐近线且，可得，从而不妨设，可得及，这样就可得轴，从而可得求解.
【详解】易知，于是，故离心率，不妨设，则，
，，不难求得，于是轴，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．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意知三条直线中，有两条直线相互平行，讨论平行和平行，求解即可.
【详解】由题意可得，三条直线中，有两条直线相互平行，
l1：的斜率为，l2：的斜率为，
所以不平行，
若平行，则，解得：，
若平行，则，解得：，
综上：实数a的值为或.
故选：BD.
10. 平面直角坐标系数Oxy中，已知，则使得动点P的轨迹为圆的条件有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，根据选项中的条件列出方程，化简，结合化简结果可判断动点轨迹是否为圆，即可判断A，B，C；结合椭圆定义可判断D.
【详解】设，则，
对于A，由得，
此时动点P的轨迹为圆，A正确；
对于B，由得，
则，该式无意义，此时点P不存在，B错误；
对于C，由得，
整理得，即，
此时动点P的轨迹为圆，C正确；
对于D，由可知，动点P到两定点的距离之和为3，
且，此时动点P的轨迹为椭圆，D错误，
故选：AC
11. 已知曲线C：，则下列结论正确的是（）
A. 若，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B. 若，则C是圆，其半径
C. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为
D. 若，则C是两条直线
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D.
【详解】对于A，若，则
故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
对于B，若，
则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；
对于C，若，不妨设，
则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线
则，故渐近线方程为，
即，C错误；
对于D，若，曲线C：，即，
即，则C是两条直线，D正确，
故选：ABD
12. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（）
A. 当时，数列为常数列
B. 当时，数列单调递减
C. 当时，数列单调递增
D. 当时，数列为摆动数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出数列各项的值，可判断A选项；利用数列的单调性可判断B选项；利用数学归纳法推导出，结合数列的单调性可判断C选项；取，求出数列各项的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，，
由可得，，，，
以此类推可知，对任意的，，此时，数列为常数列，A对；
对于B选项，当时，则，此时，数列单调递减，B对；
对于C选项，因为，，且，则，
猜想，，，
当时，猜想成立，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，，
因为，则，则函数在上单调递增，
所以，，即成立，
由数学归纳法可知，对任意的，，
所以，，此时，数列单调递增，C对；
对于D选项，当时，取，则且，
则，，，，
以此类推可知，当且时，，即，
此时，数列不是摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：判断数列单调性的方法有：
（1）利用数列对应的函数的单调性判断；
（2）对数列的前后项作差（或作商），利用比较法判断.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程可求得，再利用抛物线的焦点弦公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】因为抛物线的焦点坐标，准线为，
则直线过抛物线的焦点，且由题意可知直线的斜率不为0，
不妨设直线为，，，
联立，消去，得，
易知，则，故，
因为，所以，即，故，
所以直线的方程为，则直线的倾斜角为.
故答案为：.
14. 设是数列的前项和，且，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .
【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.
15. 设是椭圆（）两个焦点，P为椭圆上任一点，若且的面积为，则该椭圆的短轴长为______.
【答案】10
【解析】
【分析】由椭圆定义得到，，由余弦定理得到，结合三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由椭圆定义得，，
由余弦定理得
，
即，解得，
由三角形面积公式得，
即，解得，
故该椭圆的短轴长.
故答案为：10
16. 设集合，若A中任意3个元素均不构成等差数列，则集合A中元素最多有______个．
【答案】8
【解析】
【分析】先判断出，再根据特例可判断等号成立，故可求元素个数的最大值.
【详解】设，
若且递增，由题意可知且，
故，同理，又，故有，矛盾．
故，取满足条件．
故答案为：8.
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. 棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点．
（1）用向量，，表示；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量基本定理求解即可；
（2）由空间向量模长公式和数量积公式求解即可.
小问1详解】
连接，所以
，
因为，，，
所以.
【小问2详解】
因为正四面体的边长为，所以的夹角为，
，所以，
.
18. 已知公差不为0的等差数列的首项，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，是的前n项和，求使成立的最大的正整数n.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意列出关于d的方程，求出d，即可求得答案；
（2）结合（1）可得的表达式，利用裂项相消法求得的表达式，解数列不等式，即可求得答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，，
由，，成等比数列，得，
即，解得或0（舍），
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
由，得，解得，
所以使成立的最大的正整数.
19. 在三棱台中，，平面ABC，．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意先证平面，可得，进而可证平面，即可得结果；
（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
因为平面ABC，且平面ABC，可知，，
在中，可得，
在中，可得，
即，且，
可得，则，
又因为，，平面，
可得平面，且平面，则．
且，平面，可得平面，
且平面，所以．
【小问2详解】
如图，以B为坐标原点，分别为轴所在直线，过B平行于直线直线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，解得，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20. 已知椭圆：（）．
（1）若椭圆的焦距为6，求的值；
（2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．
【答案】（1）12（2）20
【解析】
【分析】（1）由焦距以及之间的关系列方程即可求解；
（2）设出直线方程，并与椭圆方程联立，结合已知和韦达定理即可求解.
【小问1详解】
设焦距为，则，解得．
小问2详解】
要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．
设，与椭圆联立得，
由韦达定理：．
由知，故，
要使点的横坐标最大，在这里不妨取，
所以，当且仅当时，等号成立．
当时，，即，此时．
21. 已知数列的前n项和为，点在函数的图象上．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，
（i）求数列的前n项和；
（ii）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由的关系即可求解；
（2）（i）由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；（ii）由（i）结论结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.
【小问1详解】
点在函数的图象上，所以．
当时，；当时，．
故．
【小问2详解】
由（1）知，．
（i）①，②，
①－②得：，
故．
（ii）③，④，
③－④得：，
故．
22. 过点作直线l与双曲线C：交于A，B两点，P是双曲线C的左顶点，直线与y轴分别交于．
（1）求直线l斜率的取值范围；
（2）求证：线段的中点M为定点，并求出点M的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设，与双曲线联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；
（2）表示出直线的方程，令求出得坐标，则，将韦达定理代入化简即可得出答案.
【小问1详解】
由题意可知直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得：．
因为直线与双曲线交于两点，所以且，
由，得，
由，得，
解得直线斜率的取值范围为．
【小问2详解】
，设，则，
令得，同理可得．
于是，
，
由韦达定理有，
代入上式可得：
所以线段的中点为定点．
.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；