浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

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1. 直线经过两点，则的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两点坐标求出直线斜率，根据斜率与倾斜角关系即可得出答案.
【详解】由题知：，
设直线的倾斜角为，故，
所以倾斜角.
故选：C
2. 抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由方程求出可得焦点坐标．
【详解】抛物线方程可转化为：，故焦点在轴正半轴，且，
故焦点坐标为.
故选：D.
3. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系即可逐一代入求值.
【详解】.
故选:C
4. 已知分别是空间四边形的对角线的中点，点是线段的中点，为空间中任意一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量加法运算可解.
【详解】由题知：.
故选：D
5. 若方程表示的曲线是圆，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.
【详解】由方程可得，
所以当时表示圆，解得.
故选：D.
6. 在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由正方体性质可知，平面，平面平面，故动点在直线上，建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值.
【详解】
由正方体性质可知，，，，
平面，平面，
易知平面，平面平面，
故动点在直线上，
设正方体棱长为1，并如图建立空间直角坐标系，
则，
设两直线所成角为，，
故，即，
令，则，
所以当时，即时，.
故选：A
7. 已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.
【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故选：D
8. 设椭圆的两个焦点是，过点的直线与交于点，若，且，则椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，结合椭圆定义依次得的表达式，进一步分别在中运用由两次余弦定理，结合离心率公式即可求解.
【详解】不妨设椭圆的标准方程为，
因为，所以，
又，所以，，
所以，
如图所示，由余弦定理知：，
整理得，又，
解得：离心率.
故选：B.
【点睛】关键点睛：画出图形，通过椭圆定义把各边长度求出来，由此即可顺利得解.
二、多选题
9. 对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则或
C. 若，则或
D. 若，则或
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，
则的方向向量垂直，所以的方向向量与的方向向量垂直，则，A正确；
若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B错；
若，则或或相交，C错误；
若，则或，D正确.
故选：AD
10. 已知圆和圆的交点为，，则（ ）
A. 圆和圆有两条公切线
B. 直线的方程为
C. 圆上存在两点和使得
D. 圆上的点到直线的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.
【详解】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；
对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；
对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；
对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.
故选：ABD.
11. 两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（ ）
A. 若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线
B. 若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
C. 若，则点P的轨迹为抛物线
D. 若，则点P的轨迹为双曲线
【答案】BD
【解析】
【分析】A、B将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义判断正误；C、D确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹.
【详解】A：如下图，P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，
∴在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，
∴在直线上，故P的轨迹为直线，错误；
B：P到直线的距离与P到的距离之和等于4，
同A知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，
∴P的轨迹为椭圆，正确；
C：如下示意图，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为，
∴时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，
而，则，即，故P的轨迹为椭圆，错误；
D：同C分析：时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，
而，即，故P的轨迹为双曲线，正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：将空间点线、点面距离转化为平面点点、点线距离判断轨迹，由题设及给定的条件确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角、被截圆锥轴截面顶角大小，进而确定轨迹形状.
12. 如图，直平面六面体的所有棱长都为2，，为的中点，点是四边形（包括边界）内，则下列结论正确的是（ ）
A. 过点的截面是直角梯形
B. 若直线面，则直线的最小值为
C. 存在点使得直线面
D. 点到面距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，过点的截面即为平面，只需验证是否为0即可；对于B，首先证明平面平面，故点在线段上运动，由即可得解；对于C，求出平面法向量，由与法向量共线结合点是四边形（包括边界）内，即可判断；对于D，由点面距离公式即可判断.
【详解】
对于A，过点的截面即为平面，建立空间直角坐标系，
易知，故，，
故，故，所以四边形直角梯形，故选项A正确；
对于B，如图分别为的中点，又为的中点，
所以平行且等于，，
又平行且等于，
所以平行且等于，即四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平行且等于，平行且等于，
所以平行且等于，即四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，面，
故平面平面，故点在线段上运动，
易知，故，
故，故的最小值即为，故选项B正确；
对于C，设平面的法向量为，故，
令，则，故，设，而，
故，要使得面，故，
解得：，因点在四边形（包括边界）内，
故须满足且，故选项C错误；
对于D，，故，
故当时，点到面的距离最大，最大值为，故选项D正确.故选：ABD.
【点睛】关键点睛：C选项的关键是在得出之后，还要注意检验是否满足且，由此即可顺利得解.
三、填空题
13. 经过点，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
设出方程，代入点A即可求出.
【详解】双曲线为等轴双曲线，则可设方程为，
将代入可得，即，
故方程为，化为标准方程为.
故答案为：.
14. 设两个等差数列和的前项和分别为和,且,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列性质,将写为,即,代入题中等式即可得出结果.
【详解】解:由题意可得和均为等差数列,
所以.
故答案为:
15. 已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线的对称性，设交点为，利用导数求出抛物线在点的切线斜率，再求出过圆心、切点连线的斜率，二者斜率相等可得，代入圆方程可得答案.
【详解】由抛物线的对称性，如图，不妨设交点为，
且满足，则切线斜率，
故由题知：，故解得：，
代入圆方程可得：，故解得：.
故答案为：.
16. 正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】过点作于，计算，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合均值不等式计算得到答案.
【详解】如图所示，过点作于，则，
中，，故，
，
设，，则，
故，所以，
，，故，
故，
故，
而
，（），
当且仅当，即时等号成立，
所以；
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生计算能力，转化能力和综合应用能力，其中引入变量，转化为三角函数问题可以简化运算，是解题的关键.
四、解答题
17. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，.
（1）若，求的通项公式；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）或21
【解析】
【分析】（1）由等差、等比数列通项公式基本量列方程组求解即可.
（2）首先由得公比，结合得公差，由此即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由得：，解得（舍去），，于是.
【小问2详解】
由得，解得或.
当时，由得，∴；
当时，由得，∴，
综上所述，故或21.
18. 已知圆过点和点，圆心在直线上.
（1）求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线经过点，且被圆截得的弦长为4，求直线的方程.
【答案】（1）圆：，圆心，
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，由圆心所在直线和圆过点和点可得方程组，求解即可；
（2）由被圆所截弦长可得圆心到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.
【小问1详解】
设圆的方程为，则，
解得，
所以圆的方程为：，
圆心，半径为；
【小问2详解】
由（1）知，圆心到直线的距离为，
于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
19. 如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】（1）利用线面垂直的定义得到线线垂直，根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直；
（2）通过添加辅助线，证明平面，以此找到直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值.
试题解析：（1）设为中点，由题意得平面，所以.
因为，所以.
所以平面.
由，分别为的中点，得且，从而且，
所以是平行四边形，所以.
因为平面，所以平面.
（2）作，垂足为，连结.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
考点：1.空间直线、平面垂直关系的证明；2.直线与平面所成的角.
20. 已知抛物线的焦点为，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且.
（1）求的值；
（2）已知点，是抛物线上不同的两点，且满足.证明：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设点，由抛物线定义可得，即可求出答案.
（2）设直线，，联立方程组，得，根据，可得，代入直线方程即可.
【小问1详解】
显然点，
由抛物线定义可知，，解得，
所以抛物线方程为：；
【小问2详解】
点在抛物线上，设直线，
点，联立，得，
在下，，所以
，
整理，得，将代入直线，得，
即，所以直线恒过定点.
21. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面是边长为2的正三角形，侧面平面.
（1）证明：；
（2）若点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明平面即可;
（2）建立空间坐标系，由面面角公式结合二次函数求最值得解.
【小问1详解】
取中点，连接，
由题可知正和，， ，
又∵，平面，∴平面，又平面，
∴；
【小问2详解】
因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面,
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
设，
∴
，
∴，
又，设面的法向量是，
则，
令，则，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
故，
因为，开口向上，且对称轴为，
故的最小值为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
22. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的离心率且椭圆上的点到点的距离的最大值为3.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点，使得直线：与圆：相交于不同的两点、，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及对应的的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，M的坐标为、、、，最大值为．
【解析】
【详解】试题分析：（1）离心率，得到，即此时椭圆方程为，设椭圆上的点为P，
两点间的距离等于3，可得到b=1，所以可求得椭圆方程；（2）在解析几何中，三角形的面积公式通常有两种计算方式，，，本题由于没有给出角度的关系，所以采用第一种方法．通过联立方程即可得到M的坐标．
试题解析：（Ⅰ）因为，所以，于是.
设椭圆上任一点，椭圆方程为，，=
①当，即时，（此时舍去；
②当即时，
综上椭圆C的方程为．
（Ⅱ）圆心到直线的距离为，弦长，所以的面积为
点
当时，由得
综上所述，椭圆上存在四个点、、、，使得直线与圆相交于不同的两点、，且的面积最大，且最大值为.
考点：直线与椭圆的位置关系