福建省部分重点高中2023-2024学年高二上学期期中联考试题 数学试题及答案

这是一份福建省部分重点高中2023-2024学年高二上学期期中联考试题 数学试题及答案，共30页。试卷主要包含了单选题.，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 总分：150分）
试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单选题.（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.）
1. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 7D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．
【详解】由题意，，∴，，
故选：B．
2. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量定义求解即得.
【详解】向量，，则，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
3. 如果， ，那么直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】直线变换为，确定，，得到直线不经过的象限.
【详解】由可得，，
因为，，故，.
故直线不经过第四象限.
故选：D
4. 已知直线与平行，则与的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两直线平行的充要条件先求出参数，即可求出直线的方程，然后由两平行线之间的距离公式即可求解.
【详解】由题意直线与平行，
因此，解得，
所以即为，
由两平行线之间的距离可知与的距离为.
故选：D.
5. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次有小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这些节气的日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为尺，前九个节气日影长之和为尺，则小满日影长为（ ）
A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的前n项和和等差中项，求得通项公式求解.
【详解】从冬至日起，依次构成等差数列，设为，
由题意得： ，
解得，
又冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺：，
所以，
所以，
所以，
故选：B
6. 动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程.
【详解】圆N：的圆心为，半径为，且
设动圆的半径为，则，即.
即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，
虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，
故动圆圆心P的轨迹方程是
故选：A
7. 已知椭圆：的右焦点为，左顶点为.若点为椭圆上的点，轴，且，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，然后可得，然后结合和可得，解出即可.
【详解】由题意可得，
所以，所以
所以，所以，所以
所以，所以，解得或
因为，所以
故选：D
【点睛】本题考查的是椭圆离心率的求法，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.
8. 若曲线与曲线的图象恰有三个不同的交点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】曲线看成两条曲线问题，与半圆交点有三个，即可求解k的取值范围.
【详解】曲线可得或
曲线,
由，可得;
那么，即,
圆心为，半径为1，作出图象如下，
通过图象可知与曲线交于A，只有一个交点;
那么与曲线必有2个交点;
直线恒过(0，3）点，
当直线与曲线相切于B点时，可得，解得或舍；
当直线恰好过A点时，可得 ;
所以恰有三个不同的交点，则k的取值范围为
故选：B
【点睛】关键点点睛：原方程转化为两条曲线，作出的图象，利用数形结合的思想，找出动直线的极限位置是解题的关键，属于中档题.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求.）
9. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 不是等差数列B.
C. 数列是等差数列D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列得定义和前项和公式逐一判断即可.
【详解】由，
当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以，故B正确；
因为，所以是等差数列，故A错误；
对于C，，
因为，所以数列是等差数列，故C正确；
对于D，令，则，
所以当时，，当时，，
故，故D错误.
故选：BC.
10. 已知点P为圆上的动点，直线l过点，过l上一点Q作圆O的切线QC，QD，切点分别为C，D，则下列说法正确的有( )
A. 当∠PAB最大时，
B. 点P到l的距离的最大值为
C. 四边形CQDO的面积的最小值为9
D. 四边形CQDO的面积最小时，直线OQ的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A，当PA与圆相切时，∠PAB最大；选项B，点P到l最大距离为圆心到直线l的距离加上半径；选项C，D，当时，四边形CQDO的面积最小.
【详解】对于A，如图1，当PA与圆相切时，∠PAB最大，设圆半径为，,，，，故A错误；
对于B，由已知直线l的方程为，当点P到l的距离最大时，最大距离为圆心到直线l的距离加上半径，即为，故B正确；
对于C，如图2，QC，QD是圆O的切线，则，，
四边形CQDO的面积，
四边形CQDO的面积最小时，即为取最小，又，即，
所以当最小时，取最小，即当时，，
则，四边形CQDO的面积的最小值为9，故C正确；
对于D，四边形CQDO的面积最小时，，直线OQ的斜率为，方程为，故D错误；
故答案为：BC.
11. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（ ）
A. 的准线方程为
B. 若，则
C. 若，则的斜率为
D. 过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；
【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；
若，则，所以，所以，故B正确；
可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，
由抛物线的定义可得
即，即，
解得，则直线的斜率为，故C正确；
对于D，若轴平分，则，又轴，
所以，所以，
所以，即，所以，故D正确；
故选：BCD
12. 如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 满足的点的轨迹长度为
C. 存在唯一点满足
D. 存在点满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，平面，平面
所以平面，同理平面，，平面，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，设且，，
，，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，
，且，故B正确；
对于C，，
显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故，故不存在点满足，故D错误．
故选：ABC．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，共20分.）
13. 以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出半径，即可得出圆的标准方程.
【详解】以点为圆心，且与轴相切圆的半径为1，
故圆的标准方程是.
故答案为：
14. 已知抛物线：，直线：交于两点，则线段的长是_______．
【答案】5
【解析】
【分析】联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.
【详解】设，
联立，消得，
，
则，
所以.
故答案为：.
15. 设F1，F2分别是椭圆+=1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6，4)，则|PM|+|PF1|的最大值为____.
【答案】15
【解析】
【分析】利用椭圆的定义得|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|)求解.
【详解】如图所示：
在椭圆+=1中，a=5，b=4，c=3，
所以焦点坐标分别为F1(-3，0)，F2(3，0).
|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).
∵|PM|-|PF2|≤|MF2|，当且仅当P在直线MF2上时取等号，
∴当点P与图中的点P0重合时，有(|PM|-|PF2|)max=|MF2|==5，
此时|PM|+|PF1|取最大值，最大值为10+5=15.
故答案为：15
16. 已知数列满足，，记数列的前项和为，则_______．
【答案】506
【解析】
【分析】根据数列递推公式可知，当为偶数时，可分组求和，利用累加法即可求得结果.
【详解】由递推公式可得，
；
；
……
；
而
.
故答案为：506.
【点睛】关键点睛：解题的关键是发现，当为偶数时，即可出现分组求和.
四．解答题（本大题共6小题，共70分.）
17. 已知圆的圆心为，半径为3，是过点的直线．
（1）求圆的方程，并判断点是否在圆上，证明你的结论；
（2）若圆被直线截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1），点P不在圆上．证明见解析
（2）或．
【解析】
【分析】（1）圆心到点的距离与半径比较即可；
（2）分直线l的斜率不存在与存在两种情形讨论即可.
【小问1详解】
圆C的方程为：
点P不在圆上．证明如下：
∵，
∴由圆的定义可知点P是在圆C的内部，不在圆上；
【小问2详解】
由直线与圆的位置关系可知，圆心C到直线l的距离，
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
此时，满足题意；
②当直线l的斜率存在时，设直线l为，即，
又∵，解得，此时直线l为，
综上所述：直线l的方程为或．
18. 已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）78
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等差数列的前项和公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及等差数列的前项和公式，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
∴，解得，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，.
所以.
由二次函数的性质知，对称轴方程为，开口向下，
所以，当取与最近的整数即时，最大值，最大值为.
19. 已知双曲线的离心率为2，且过点.
（1）求C的方程；
（2）若斜率为的直线l与C交于P，Q两点，且与x轴交于点M，若Q为PM的中点，求l的方程.
【答案】（1）
（2）（或）
【解析】
【分析】（1）由离心率可得，再将点A的坐标代入方程可得，解方程组即可求解.
（2）设，，，由题意可得，设l的方程为，将直线方程与椭圆方程联立消去，利用韦达定理即可求解；将直线与椭圆方程联立消去，利用韦达定理也可求解.
【小问1详解】
因为，所以，即.
将点A的坐标代入，得，
解得，故C的方程为.
【小问2详解】
设，，，
因为Q为PM的中点，所以.
因为直线l的斜率为，所以可设l的方程为，
联立得，
，
由韦达定理可得，.
因为，所以，解得，
，解得，
即，故l的方程为.
在第（2）问中，若未写判别式大于0，
但写到“由，得l与C必有两个不同的交点”，
另外本问还可以通过联立方程消去y求解，其过程如下：
设，，l的方程为，
联立得，
，
由韦达定理可得，.
因为Q为PM的中点，所以，则，
，解得，，
，解得，
即，故l的方程为（或）.
20. 在三棱锥中，底面与侧面均为正三角形，，为的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，且，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；或根据面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理进行求解即可.
【小问1详解】
解法1：因为是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
所以，，同理，，
又，因为，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
解法2：因为△ABC 是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
所以且平面，
所以平面平面，
所以；
【小问2详解】
因为 是正三角形，M为AB的中点，所以，又，，

故以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，
因为平面，平面，所以.
在中，
因为N为线段PA上一点，设，则，
所以，
又，所以，解得，所以.
或设，则
又，，由得
由得，
设面的法向量为， ，
取
设面的法向量为， ，
取
设二面角的大小为，
则 ，
所以，，二面角的正弦值为1.
另解：在中，，所以

，所以，
又，所以平面，平面，所以.
在中，,
在边长为2的正中，取中点，
则，又是的中点，
所以，所以是的中点，则.
在中,,
在中，，
所以，所以，，
又，
所以平面平面，
所以平面平面，所以二面角的大小为，
二面角的正弦值为1.
21. 已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）求证：直线BC过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由利用距离公式构建方程即可求得值；
（2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点.
【小问1详解】
焦点，

又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即
∴
∴抛物线E的标准方程为；
【小问2详解】
依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，

由，
化简得：，
设，
则由韦达定理可知，
消去得： ①
又，则 ②
由①②得，
∴③
由于
（ⅰ）若直线没有斜率，则，
又，
∴（舍去）
（ⅱ）若直线有斜率，
直线的方程为，即，
将③代入得，∴，
故直线有斜率时过点．
【点睛】方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率.
22. 已知圆：，是圆上的点，关于轴的对称点为，且的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）坐标原点关于的对称点分别为，点关于直线的对称点分别为，过的直线与交于点，直线相交于点．请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．
①的面积是定值；②的面积是定值；③的面积是定值．
【答案】（1）
（2）结论③正确，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据为的垂直平分线上的点，垂直平分线上的点到两端点的距离相等，则可判断到、的距离之和为半径，又因为，则判断点的轨迹为椭圆.
（2）证明③的结论过点的直线与椭圆联立表示、两点，再设出直线并求出交点的表示，则即可判断、、为顶点的三角形面积.
【小问1详解】
由题意得，圆的圆心坐标
又因为关于轴的对称点为，则．
因为为的垂直平分线上的点，所以所以，
所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆．
设：，其中，．
由题可知：则，，
，．
故的方程为：
小问2详解】
法一：
结论③正确．若证：的面积是定值．
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线：，，且，．
由，得，
所以，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由
得
，
解得．
故点在直线，
由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数，
而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值.
因为到的距离，
因此的面积是定值，故③正确.
．
法二：
结论③正确．若证：的面积是定值．
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线：，，且，．
由得，
所以，
所以.
直线的方程为：，
直线的方程为：，
由
得
.
故点在直线，
由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数，
而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值.
因为到的距离，
因此的面积是定值，故③正确.
．
法三：
结论③正确．若证：的面积是定值．
由题意得，，，，，直线的斜率不为0．
（i）当直线垂直于轴时，：，由得或
不妨设，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，所以，
故到的距离，
此时的面积是．
（ii）当直线不垂直于轴时，
设直线：，，且，．
由，得，
所以．
直线的方程为：，
直线的方程为：，
由
得
．
若证：．
即证，
即证，
即证，
即证，
上式显然成立，
故点在直线，
由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数，
而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值.
因为到的距离，
此时的面积是定值，
．
由（i）（ii）可知，的面积为定值，故③正确.
．
法四：
结论③正确．若证：的面积是定值．
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线：，，且，．
由，得，
所以．
直线的方程为：，
直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：．
由
得
，
解得．
故点在直线，
由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数，
而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值.
因为到的距离，
因此的面积是定值，故③正确.
．