安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期期末考试 数学 含解析

这是一份安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期期末考试 数学 含解析，共21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. 等比数列中，，则为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】设数列的公比为，依题意，列出关于首项与公比的方程组，解之即可求得数列的通项公式，从而可得答案.
【详解】设数列的公比为，
依题意，解得，
．，
故选：D.
2. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于ABD，若向量共面，利用空间向量基本定理建立方程组，可得方程组无解．对于C，根据判断．
【详解】因为构成空间的一个基底，所以不共面．
选项A，若向量共面，存在实数，，
使，
可得，方程组无解．
所以不共面；
选项B，若向量共面，存在实数，，
使，
可得，方程组无解．
所以不共面．
选项C，因为向量
所以共面．
选项D，若向量共面，存在实数，，
使，
可得，方程组无解．
所以不共面．
故选：C．
3. 已知直线与直线互相平行，则实数a为（ ）
A. B. C. 0或D. 0或
【答案】C
【解析】
【分析】进出两条直线不相交时的值，再验证即得.
【详解】当直线与直线不相交时，，
解得或，当时，直线与平行，
当时，直线与平行，
所以实数a为0或.
故选：C
4. 抛物线的焦点为F，A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相切
C. 相离D. 以上都有可能
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线AF的中垂线方程，代入，可得，即可得出结论．
【详解】设，，则的中点坐标为，，所以中垂线的斜率为，所以直线的中垂线方程为，代入，可得
∴，∵线段FA的中垂线与抛物线相切.
故选：B
5. 在空间直角坐标系中，点，点A关于y轴对称的点为C，点B关于平面对称的点为D，则向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量坐标关于坐标轴、平面的对称性性质求得结果.
【详解】，点A关于y轴对称的点为，
，点B关于平面对称的点为.
则.
故选：B.
6. “陶辛水韵”于1999年被评为芜湖市新十景之一，每年入夏后，千亩水面莲叶接天，荷花映日，吸引远道游客纷至沓来，坐上游船穿过一座座圆拱桥，可以直达“香湖岛”赏荷．圆拱的水面跨度20米，拱高约5米．现有一船，水面以上高3米，欲通过圆拱桥，船宽最长约为（ ）
A. 12米B. 13米C. 14米D. 15米
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，根据已知条件求出圆的方程为.代入，得出，即可得出答案.
【详解】
如图，拱形桥，
以所在的直线为轴，以线段的垂直平分线为轴，如图建立平面直角坐标系，
则，，，圆心在轴上，设，
则有，即，
整理可得，解得，
所以，圆心为，半径为，
所以，圆的方程为.
设，则有，解得.
所以，要使小船通过圆拱桥，船宽最长为.
因为，所以.
故选：B.
7. 已知椭圆的左顶点和右焦点分别为A，F，点P为椭圆外一点，线段PA，PF恰好均被椭圆平分，且与椭圆分别交于M，N两点，当时，椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，，根据和M为PA的中点得到，从而得到点M，N的坐标，再根据轴，由求解.
【详解】解：如图所示：
设，，
因为，所以，
又因为M为PA的中点，所以，则，
所以，
因为点M在椭圆上，代入椭圆方程得，
因为轴，所以，
整理得，即，
解得或（舍去），
故选：A
8. 已知数列满足：，则下列命题正确的是（ ）
A. 若数列为常数列，则B. 存在，使数列为递减数列
C. 任意，都有为递减数列D. 任意，都有
【答案】D
【解析】
【分析】解方程判断A,利用单调性结合数学归纳法判断BD,举反例判断C.
【详解】对A:若数列为常数列，则，解得或，故A错误；
对B:易得，若为递减数列，则，解得或且，故不存在使得递减数列，故B错误；
对C,令，则，故不是递减数列，故C错误；
对D,用数学归纳法证明
当显然成立，
假设当，
则时，，故当时成立,
由选项B知，对任意 则数列为递减数列，故故D正确
故选：D
【点睛】利用递推关系结合数学归纳法证明，是本题关键.
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，有多个选项符合要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分.
9. 下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 一质点A沿直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用求导公式可判断ABC选项；求导代入求出可判断D选项.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，若，，，
故该质点在时的瞬时速度是，故D正确.
故选：AD.
10. 如图，在三棱柱中，M，N分别是线段上点，且．设，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（ ）

A. 与的夹角为B.
C D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，，，，所以与的夹角为，又，
所以与的夹角为，故A错误；
对于B，因为，，
所以，
，
，故B正确；
对于C，，，，
，，，
，
.故C错误；
对于D，，
.故D正确.
故选：BD.
11. 已知抛物线的焦点为F，点Q和点M分别在y轴和抛物线上且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点M坐标为，则抛物线的准线方程为
B. 若线段MF与x轴垂直时长度为4，则抛物线方程为
C. 以线段MF为直径的圆与y轴相切
D. 若点Q坐标为且，则或
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：代点计算即可得；对B：线段MF与x轴垂直时长度为4，则有，计算即可得；对C：由抛物线定义可得，即可得半径，设出点M坐标可得圆心坐标，即可得圆心到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系即可得；对D：结合题意计算即可得.
【详解】对A：若点M坐标为，则有，即，
则其准线方程为，故A正确；
对B：若线段MF与x轴垂直时长度为4，即，
故或（舍去），故，故B错误；
对C：设，有，则，
中点坐标为，即，
此时，该点到轴的距离为，以线段MF为直径的圆的半径亦为，
故以线段MF为直径的圆与y轴相切，故C正确；
对D：若点Q坐标为且，则有，
由，故，化简得，
即，则，则，
化简得，即，故或，
故D正确.
故选：ACD.
12. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．后经研究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，用一个与旋转轴所成角为的平面（不过圆锥顶点）去截该圆锥面，则截口曲线（圆锥曲线）的离心率为．比如，当时，，即截得的曲线是抛物线．如图，在空间直角坐标系中放置一个圆锥，顶点，底面圆O的半径为2，直径AB，CD分别在x，y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A. 已知点，则过点的平面截该圆锥得的截口曲线为圆
B. 平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分
C. 若，则平面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分
D. 若平面截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，则平面不经过原点O
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A：只有过点M，N且与底面平行的平面截该圆锥得的截口曲线才是圆，
其他情况均不是圆，故A不正确；
对于B：由题得底面圆O的半径为2，则，，则M为SD中点，
易知平面，平面，所以，
又平面MAB，平面MAB，
所以平面MAB，又易知，
所以平面MAB与旋转轴OS所成角为，，即，
所以，所以平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：，
则，
设平面MEF的一个法向量为，则，
取，则，故，
所以，
故，
所以平面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分，故C正确；
对于D：若平面截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，结合空间向量法即可得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 双曲线的两条渐近线的夹角大小为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，即可判断夹角大小.
【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为，显然渐近线斜率乘积为，
所以两条渐近线垂直，即两条渐近线的夹角大小为.
故答案为：
14. 圆与圆的公共弦所在直线方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】两相交圆的方程相减后，即可求得两圆公共弦所在直线方程.
【详解】由可得圆心为，半径为，
由可得圆心为，半径为，
两圆圆心距离为，两半径之和为，两半径之差为，
有，故两圆相交，
两圆方程作差为，
化简可得，即两圆公共弦所在直线方程为.
故答案为：.
15. 已知数列是公差相等的等差数列，且，若为正整数，设，则数列的通项公式为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设数列的公差为，由可得，代入可得答案.
【详解】设数列的公差为，由
，
可得，解得，
，
，
所以.
故答案：.
16. 已知椭圆的上、下顶点分别为M，N，点P为椭圆上任意一点（不同于M，N），若点Q满足，则点Q到坐标原点距离的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，代入椭圆方程可得，再由题意可得，设，直接列方程即可出轨迹的方程，所以，由两点间的距离公式结合三角函数的性质可求出答案.
【详解】设，由已知，
，，
所以，
设，因为，
所以，
所以，，
即，∴轨迹的方程为.
所以，
点Q到坐标原点距离为，
因为，，所以.
点Q到坐标原点距离的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是求出，即可求出轨迹的方程，设，由两点的距离公式结合三角函数的性质即可得出答案.
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. 已知圆，直线．
（1）求证：直线l恒过定点；
（2）若直线l被圆C截得的弦长为，求m的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将化为即可得答案；
（2）由弦长求得圆圆心到的距离，结合点到直线距离公式可得答案．
【小问1详解】
直线方程可化为
由可得
所以直线l恒过定点.
【小问2详解】
化为，
圆心，半径，设圆心到直线l的距离为，
因为直线l被圆C截得的弦长为，
所以，
所以
解得．
18. 已知函数与函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求曲线与曲线在公共点处的公切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，然后根据导数的几何意义结合条件即得；
（2）设曲线与曲线的公切点为，然后根据导数的几何意义可得切点，进而即得.
【小问1详解】
，，.
在点处的切线方程为：；
【小问2详解】
设曲线与曲线的公切点为，
，，
令，即，
或（舍），
，
∴所求公切线方程：，即.
19. 已知数列的前n项和为，若数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】19.
20.
【解析】
【分析】（1）令，设数列公差为d，列式计算求出，可得，再根据与关系求出；
（2）由（1）代入求出，利用分组求和和裂项相消法求得结果.
【小问1详解】
记，设数列公差为d，
则，解之得
则，则，
当时，也符合，
则.
【小问2详解】
，
则
.
20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，．若点O，M分别为棱AC，PD的中点，点N在棱PC上，且满足．
（1）求线段MN的长；
（2）求平面ACM与平面BON夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由得出向量数量积为零，求出，再结合向量模长公式求得结果；
（2）根据空间向量法求出两个平面的法向量，进一步计算求解两平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以.
如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则；
因为，，设，则，
所以
解得，所以，即.
又，则，所以．
【小问2详解】
设平面ACM的一个法向量，
由可得：，令，则．
，则
设平面ACM的一个法向量，
由可得：，令，则．
设平面ACM与平面BON所成的角为，
则．
21. 已知数列满足，，数列，的前n项和分别为．
（1）求，并证明数列为等比数列；
（2）当时，有恒成立，求正整数m的最小值．
【答案】（1），，证明见解析
（2）11
【解析】
【分析】（1）依题中条件，对进行赋值可求得；通过递推关系式，令得到新的关系式，两者相比，即可证明;
（2）先作差考查时的条件，再作差考查时的条件，综合求解即可.
【小问1详解】
因为，
令，则，，
令得，
则，
由得，由，
所以数列为以2为首项，2为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知：，
同理：数列是以3为首相，2为公比的等比数列，
即，
则，
，
令，则，
当时，，当时，，
又，则当时，，
当时，，
，
综上知：正整数m的最小值为11．
22. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，焦距为4，右顶点到点的距离之差为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）点P在双曲线C上，且射线分别交双曲线于点M，N，求直线MN斜率k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距为4求，根据右顶点到点的距离之差为，和双曲线定义求，进而解出结果.
（2）将直线与双曲线联立，用的坐标表示，进而表示的斜率，求出斜率的范围即可.
【小问1详解】
设焦距为，则由得，
由双曲线的定义可知，则，
因此，
所以双曲线的标准方程为
【小问2详解】
设,，直线为，其中，
则，
联立方程组得，
则，计算得，
代入直线方程得，
同理得，
则直线MN斜率为，
又因为M，N分别在双曲线的左支和右支，
则且，
解得，
而由得，即，
综上．