浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高二上学期期末数学试题 含解析

这是一份浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高二上学期期末数学试题 含解析，共20页。
1．本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题．
2．答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校､班级､姓名和准考证号．
3．试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，
1. 下列方程所表示的直线中，倾斜角为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线方程化成斜截式得到直线斜率，由此确定直线的倾斜角是否符合.
【详解】对于A项，直线的斜率为2，故直线的倾斜角不是，故A项错误；
对于B项，直线的斜率为，故直线的倾斜角不是，故B项错误;
对于C项，直线的斜率为1，故直线的倾斜角是，故C项正确；
对于D项，直线的斜率为，故直线的倾斜角不是，故D项错误.
故选：C
2. 已知平面平面的法向量分别为，则实数（ ）
A. 3B. -3C. 2D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由平面互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可.
【详解】∵平面平面，
∴平面的法向量也垂直，
∴，即，解得：.
故选：B.
3. 已知等比数列，则数列的前10项和为（ ）
A. 55B. 110C. 511D. 1023
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得公比，再利用等比数列前项和公式，即可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，前项和，则，
故.
故选：D.
4. 已知直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 以上都有可能
【答案】C
【解析】
【分析】求出点到直线的距离即可求解.
【详解】因为圆，所以，
半径，因为点到直线的距离，
所以直线与圆的位置关系是相离.
故选：C.
5. 已知椭圆，过原点且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得.
【详解】依题意，可得直线的方程为：，代入中，整理解得：，
当，；当时，，故有,
则.
故选：D.
6. 正方体中，分别是的中点，点是线段（含端点）上的动点，当由点运动到点时，三棱锥的体积（ ）
A. 先变大后变小B. 先变小后变大
C. 不变D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】，的面积不变，判断点到平面的距离变化情况即可.
【详解】正方体中，，，
四边形为平行四边形，有
正方形中，分别是的中点，有，得，
平面，平面，则平面，
所以由点运动到点时，点到平面的距离保持不变，
又三点为定点，的面积不变，
所以三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变.

故选：C
7. 斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LenarddaFibnaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式，，累加即可求得结果.
【详解】根据斐波那契数列的递推公式，
可得
.
故选：B.
8. 已知直线过点交抛物线于两相异点，点关于轴的对称点为，过原点作直线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得直线恒过的定点，结合圆的定义，即可容易求得结果.
【详解】设抛物线上两点坐标为，
若直线斜率存在，则，
则直线方程为：，，
又，故方程为：；
若直线斜率不存在，则，
此时直线方程为：，显然也可表示这种情况；
综上所述：抛物线上两点，若坐标分别为，
则直线方程可表示为：.
又过点，故；
又，同理可得直线方程为：，
也即，其恒过定点，记该点为；
根据题意可得，，故点在以为直径的圆上，且不与重合；
容易得该圆圆心为，半径，
故点轨迹方程为：.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是能够求得直线恒过的定点，本题采用表达直线方程，可简化运算；属综合困难题.
二､多选题：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. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，曲线是椭圆
B. 当或时，曲线是双曲线
C. 若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
D. 若曲线是焦点在轴上的双曲线，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对的取值范围进行分类讨论，即可判断和选择.
【详解】对方程：
若，表示焦点在轴上的椭圆，此时；
若，表示圆，此时；
若，表示焦点在轴上的椭圆，此时；
若，表示焦点在轴上的双曲线，此时；
若，表示焦点在轴上的双曲线，此时；
根据上述讨论，BC正确.
故选：BC.
10. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. 数列为单调递减数列D. 取得最大值时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知条件求出等差数列的首项和公差，通过计算验证各选项的结论即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，解得，故A选项错误；
，B选项正确；
由，，等差数列为单调递减数列，C选项正确；
，由二次函数的性质可知，取得最大值时，，D选项正确.
故选：BCD
11. 已知点，若过点的直线交圆于两点，是圆上的动点，则（ ）
A. 的最大值为6B. 的最小值为4
C. 的最小值为-1D. 的最大值为34
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，B，由圆的性质可得当直线与垂直时，有最小值，当直线经过圆心时，有最大值，求出即可判断；设，从而可得，进而可求出其最小值和最大值可判断C、D.
【详解】当直线与垂直时，圆心到直线的距离取最大值，此时的最小值为，
当直线经过圆心时，的最大值为6，故A，B正确；
设，则
，
由，当时，，
当时，，故C错误，D正确.
故选：ABD
12. 在三棱锥中，分别是线段上的点，且满足平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 四边形为矩形
B. 三棱锥的外接球的半径为
C.
D. 四边形的面积最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由即可举出反例；对于B，由补形法将其放入长方体中即可验算；对于C，由截平行线段成比例即可验算；对于D，由三角形面积公式结合基本不等式相关推论即可验算.
【详解】
对于A，平面, 平面，
又面，面面，
所以，同理，
而 ，
所以与不垂直，从而与也不垂直，故A错误；
对于B，把题设四棱锥放入长方体中，如图所示，
不妨设长方体的棱长分别为，且，三棱锥的外接球的半径为，
易知长方体的体对角线长度等于三棱锥的外接球的半径的两倍，
所以，解得，故B正确；
对于C，由A可知，且 ，
所以由截平行线段成比例得，
又，所以，故C正确；
对于D，由A可知，
所以，
所以四边形的面积，
等号成立当且仅当，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：B选项的关键是把题设四棱锥放入长方体中，由此即可顺利得解.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知空间向量，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由向量平行，求得参数，再求的坐标以及模长即可.
【详解】，故可得，解得，
故，则.
故答案为：.
14. 抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一点，满足（为坐标原点），，垂足为，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用抛物线定义，将已知条件转化到中，求得，即的高，进而求得面积.
【详解】
由已知，则轴，
过作轴，垂足为，过作，垂足为，
则，四边形为平行四边形，所以，
且中以为底边的高即为，
在中，由抛物线的定义知，又，
则，
则.
故答案为：.
15. 已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线的左，右两支于两点，若为正三角形，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用双曲线的定义求出和，然后在中用余弦定理即可求解.
【详解】如图所示：
因为是正三角形，所以，，
由双曲线定义可知，即，再由可得
在中，，即，
整理得：，，所以
故答案为：
16. 已知正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由的关系得，由等差数列求和公式结合对勾函数性质即可得解.
【详解】由题意，因为数列是正项数列，
所以解得，
当时，有，，
两式相减得，
整理得，
因为数列是正项数列，
所以，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，，
，
又在单调递减，在单调递增，
而，
所以当且仅当时，的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是首先得出，，由此即可顺利得解.
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. 如图所示，在棱长均相等的平行六面体中分别为线段的中点．
（1）设，请以向量表示；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意直接分解向量即可.
（2）由向量的数量积公式得，结合菱形性质线面、面面垂直的判定定理即可得证.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
∵
∴，
又∵，
∴，即，
∵底面菱形中，，且，平面.
所以平面．
又平面．
∴平面平面．
18. 在数列中，已知，．
（1）求证：是等比数列．
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过凑配法证得是等比数列.
（2）利用分组求和法求得.
【小问1详解】
由，得，
即，
所以是首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得.
所以
.
19. 如图，已知中，，是上一点，且，将沿翻折至，．

（1）求证：；
（2）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）利用已知线面位置关系结合勾股定理，证明平面，可证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
∵中，，
由余弦定理，，而为三角形内角，
∴，，
∵，，∴，即，
又∵中，，，∴，
平面，，∴平面，
平面，∴.
【小问2详解】
以为原点，分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：，

，，，
由正弦定理，，，
平面，则点在平面内，
，，得，
又，， ∴，，
设平面的法向量为，
∴，∴，设，则，
又∵，
故直线与平面所成角的正弦值为
20. 已知双曲线的焦距为，渐近线方程为：，双曲线左，右两个顶点分别为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线交于两点．设的斜率分别为，若，求的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，分别求出，即得双曲线方程；
（2）由题意，设出直线的点斜式方程，与双曲线方程联立消元得一元二次方程，求出的取值范围，再将代入点的坐标进行等价转化，得到，解此方程，并进行取舍即得直线的方程.
【小问1详解】
双曲线的焦距，；
双曲线的渐近线方程为，即，，
又，，，
双曲线的标准方程为：．
【小问2详解】
由（1）得：，，设，，
如图可知：直线的斜率一定存在，则可设，
由得：，
由解得：且，
，，
；
，，即，
，
解得：或，又且，故，
则直线的方程为：，即．
21. 已知等差数列的前项和为，满足．
（1）求的值；
（2）设的前项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由等差数列及其求和公式基本量的计算，依次得通项公式，代入求和公式即可得解；
（2）由错位相减法求和即可得证.
【小问1详解】
∵，
∴，得：，
∴，
∴，
∴.
【小问2详解】
由（1）得，
①，
②，
①-②得：，
∴，
.
22. 已知椭圆过点，且离心率．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）圆的圆心为椭圆的右焦点，半径为，过点的直线与椭圆及圆交于四点（如图所示），若存在，求圆的半径取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，解之即得；
（2）联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，将转化为的表达式，再由转化得，将求的范围问题转化为求的值域问题，最后解不等式即得.
【小问1详解】
由题意得：，②，③，
①②③联立得：，∴椭圆标准方程为：
【小问2详解】
∵过点的直线与椭圆及圆依次交于四点，
∴圆在椭圆内部，故：；
，∴设直线，
由代入椭圆，整理得：，易知，
∴
∵，
（*）
又，，
，
代入（*）式得：
，
又，，
所以，整理得：，
故上述关于的方程有解即可；
由因，则，故，
所以，即解得：
又因，解得：；
当不存在时，直线，此时，
，
，即，解得.
综上所述：的取值范围为．