36，贵州省毕节市威宁县2023-2024学年高二上学期高中素质教育期末测试数学试卷

这是一份36，贵州省毕节市威宁县2023-2024学年高二上学期高中素质教育期末测试数学试卷，共20页。试卷主要包含了 若数列的前项和，则， 下列命题中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线方程直接写出渐近线方程.
【详解】由双曲线，得
所以双曲线的渐近线方程是.
故选：C.
2. 准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
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【详解】由抛物线的准线方程为，可知抛物线是焦点在轴负半轴上的抛物线，
设其方程为，则其准线方程为，得
故该抛物线的标准方程是，
故选：A.
3. 若数列的前项和，则（ ）
A. 7B. 8C. 12D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，从而可求解.
【详解】由题意得，
所以，故D正确.
故选：D.
4. 若直线的斜率小于0，那么该直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线过定点、且斜率小于0可得答案.
【详解】直线过定点，
且斜率，
故该直线不经过第三象限.
故选：C.
5. 如图1，在四面体中，点分别为线段的中点，若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的基底表示，再借助空间向量基本定理求解即得.
【详解】在四面体中，由分别为线段的中点，
得，
而，由空间向量基本定理得：，
所以.
故选：A
6. 已知数列均为等差数列，且，设数列的前项的和为，则（ ）
A. 1335B. 900C. 1020D. 1050
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意数列为等差数列，求出首项，公差为，然后利用等差数列求和公式从而可求解.
【详解】由题意数列、为等差数列，则得数列也为等差数列，
其首项是，公差为，
则，故D正确.
故选：D.
7. 已知等比数列的第二项为1，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由充分性必要性的定义以及等比数列性质即可求解.
【详解】因为等比数列的第二项为1，所以数列的偶数项一定为正，
若，则，即，
此时，故，即充分性成立；
若，则，所以或，
此时或，所以不一定成立，即必要性不成立.
故选：A.
8. 设分别是椭圆的左､右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析题意，找到垂直关系，利用椭圆的定义表示边长，运用勾股定理消参，用倾斜角和斜率的关系得到答案即可.
【详解】
点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，
，设
，在Rt中，，
，解得，
在Rt中，
所以直线的斜率为，
故选：B.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线的方向向量分别是，则
B. 直线的方向向量，平面的法向量，则
C. 两个不同的平面的法向量分别是，则
D. 直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算逐个选项分析即可.
【详解】对于A，由，知，因为直线不重合，所以，故A正确；
对于，因，所以，所以或，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，设直线与平面所成角为，则，
因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角的大小为，故D正确，
故选：ACD.
10. 已知圆和圆的交点为，则（ ）
A. 公共弦所在直线的方程为
B. 线段的中垂线方程为
C. 公共弦的长为
D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】两圆方程相减即可得公共弦的方程，则A可判断；由两圆中一个圆的圆心坐标，由垂直关系可得中垂线的斜率，利用点斜式方程可求中垂线方程，则B可判断；利用两圆中一个圆的圆心到直线的距离，则公共弦的长可求，则对C判断；利用点到直线的距离公式求圆心到的距离，加上半径即为最大值，即可对D判断.
【详解】对于，因为圆，两式作差可得公共弦所在直线方程为，即，故A正确；
对于，圆的圆心为，，
则线段中垂线的斜率为，即线段中垂线方程为，
整理可得，故B正确；
对于，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以，故C正确；
对于为圆上一动点，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以到直线距离的最大值为，故D错误，
故选：ABC.
11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的焦点坐标是
B. 焦点到准线的距离是4
C. 若点的坐标为，则的最小值为6
D. 若为线段的中点，则的坐标可以是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用已知处理A,B，利用抛物线的定义处理C，利用点差法处理D即可.
【详解】
由题意得，焦点到准线的距离是4，故A错误，B正确；
对于C，如图，过点作垂直于准线，垂足为，则，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为6，故C正确；
对于D，假设的坐标是，设，则，
由直线交抛物线于两点，得两式相减得，
即，所以，即，
所以直线的方程为，即，将代入得，
所以直线过点，符合题意，所以的坐标可以是，故D正确，
故选;BCD.
12. 已知数列满足：，则（ ）
A. 是递减数列
B. 是等比数列
C.
D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】由数列的递推关系可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，则得，再根据数列的性质逐项判断即可.
【详解】由，
由函数，可知在上为增函数，且当时，，
则且，
可得，
即，是递减数列，故A正确；
由，可得，
即有，且，
则是首项和公差均为1的等差数列，故B错误；
由等差数列的通项公式可得，则
，故错误；
当时，，故D正确，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：利用数列的递推公式求数列的通项公式，利用构造法得是首项和公差均为1的等差数列，从而可得解.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 与圆有相同圆心，且过点的圆的标准方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先化简已知圆的方程得圆心，进一步由两点间距离得半径，由此即可得解.
【详解】圆的标准方程为，则圆心，
因为圆过点半径，
则圆的标准方程为.
故答案为：.
14. 在空间直角坐标系中，已知三点，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，求出，进而得出，再利用点到直线的距离的向量法即可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，得到，
所以点到直线的距离为，
故答案为：.
15. 已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为，则数列的公比是__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据等比中项，结合等差数列基本量的计算即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，数列为等比数列，设公比为，
由，，可得，即为，
即，解得，则.
故答案为：4
16. 过双曲线的左焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，这条垂线与另一条渐近线在第一象限内交于点为坐标原点，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设渐近线，直线，联立，求出点坐标，即可求出，在Rt中，，整理得，代入化简即可得出答案.
【详解】不妨设，渐近线，
渐近线，直线，
因为点在第一象限，所以，可得，
而原点到直线的距离，
联立解得，即，
所以，
在Rt中，，
整理得，所以，即，则的离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
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. 已知直线与圆相切.
（1）求实数的值及圆的半径；
（2）已知直线与圆相交于两点，若的面积为2，求直线的方程.
【答案】17. ；2；
18. 或.
【解析】
【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径可求得参数值；
（2）由三角形面积求得圆心到直线的距离，然后再由圆心到直线的距离公式求得，即可求得直线方程．
【小问1详解】
由题意知圆，
故圆心，半径为，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以圆的半径为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则，
所以，解得，
故，解得或，
所以直线的方程为或.
18. 已知为数列的前项和，且.
（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用前项和和通项公式的关系结合等差数列的定义处理即可.
（2）先求出，后运用裂项相消法求即可.
【小问1详解】
对任意的，
则，
所以数列为等差数列，且其首项为，公差为1，
所以，
故.
【小问2详解】
当时，，
也满足，
故对任意的.
所以，
故.
19. 已知过点的直线与抛物线交于两点，且当的斜率为1时，恰为的中点.
（1）求抛物线的方程；
（2）当经过抛物线的焦点时，求（为原点）的面积.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直线方程后设出交点坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）给出直线方程后和抛物线方程联立，韦达定理结合面积公式即可求解.
【小问1详解】
当斜率为1时，
可得直线的方程为，
此时直线恰好经过坐标原点，
不妨设，
则为抛物线上的点，
所以，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知抛物线焦点，
当直线经过时，直线的方程为，
联立消去并整理得，
不妨设，
由韦达定理得，
则的面积.
20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，.
（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）存在，为的中点，证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据中点关系可得中位线，进而可证明四边形为平行四边形，即可根据线面平行的判定求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
当为的中点时，平面.
证明如下：设为的中点，连接，如图，
则在中，，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角为.
21. 已知递增的等比数列满足，且成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知等比数列，依据题意求出基本量即可.
（2）讨论奇偶项，转化为等比数列求和即可.
【小问1详解】
由题意，设等比数列的公比为，
则，
成等差数列，
，即，
化简整理，得，
解得（舍去），或，
首项，
.
【小问2详解】
由（1）可得
则数列的前项和为
22. 已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆.过点作直线和，且两直线的斜率之积等于与圆相切于点与椭圆相交于不同的两点.
①求的取值范围；
②求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）由题意列方程求出值，即可求得答案；
（2）①设出直线和的方程，根据与圆相切求出参数之间的关系，联立方程和椭圆方程，利用判别式即可求得参数m的范围；②由①可得根与系数的关系式，可求出弦长的表达式，继而可求出面积的表达式，结合换元以及求解二次函数的最值，即可求得答案.
【小问1详解】
由椭圆过点，且离心率，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①由题意，两直线的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，
设的斜率为，则的斜率为，
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为与圆相切于点，所以，化简得，
由，整理得，
所以，
化简得
由，可得，
代入上式化简得，解得，
又因为，可得，得，
所以的取值范围是.
②设，
由（1）可知，
又
，
又原点到直线的距离，
面积
，
设，则，
由以及得，则，
故，而，
且，
则，
故，即，
所以当时，取最大值，
则面积的最大值是，
综上得，面积的最大值是.
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的参数的范围问题以及三角形面积的最值问题，综合性较强，此类问题的解决思路并不困难，即设直线方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系式进行化简求值，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，且基本都是关于字母参数的计算，需要十分仔细.