高二数学期末模拟卷02（全解全析）（新高考地区专用）

20232024学年上学期期末模拟考试02高二数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线、数列。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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．已知向量，则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.【详解】因，对于A选项，由可得：，易知的值不存在；对于B选项，由可知不成立；对于C选项，；对于D选项，故选：D.2．抛物线的焦点到点的距离为（

）A．2 B． C． D．4【答案】B【分析】首先求出焦点坐标，再利用距离公式计算可得.【详解】抛物线的焦点为，所以点到焦点的距离.故选：B3．2023年10月17～18日，第三届“一带一路”高峰论坛在北京举行，有150个国家、92个国际组织的外宾参与论坛．从2013年到2022年，中国与共建“一带一路”国家的进出口累计总额年均增长率为．现已知2013年进出口累计总额为万亿美元，则2022年进出口累计总额（保留1位小数）约为（

）．参考数据：A．万亿 B．万亿 C．万亿 D．万亿【答案】B【分析】根据给定信息，构建等比数列，再求出其中的项即可.【详解】依题意，从2013年到2022年的每年进出口累计总额依次排成一列构成等比数列，其中，公比，所以2022年进出口累计总额为（万亿）.故选：B4．给出下列命题：①直线的倾斜角不存在；②若直线的方向向量，平面的法向量，则；③已知为空间直角坐标的原点，且，则点到直线的距离是；④如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线．其中真命题的个数是（

）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】对于①④，可举出反例；对于②，计算向量数量积得到，从而得到或；对于③，变形后得到直线所过定点.【详解】对于①，直线的倾斜角为，①错误；对于②，因为，故，则直线与垂直，则或，②错误；对于③，由题意可知是直线的方向向量，在直线上的投影向量的模长为，所以点到直线的距离是，③正确；对于④，如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，则向量与与任何向量均共面，那么一定共线，④正确．故选：B5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，动点满足，则点P的轨迹与圆的公切线的条数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据两点距离公式整理等式，可得动点的轨迹方程，明确两圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系，可得答案.【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，又圆C的圆心，半径，所以，且，所以两圆相交，故其公切线的条数为2条.故选：B.6．在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（

）A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为定值C．平面平面 D．点到平面的距离为定值【答案】B【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则，令，得，令，得，，对于A，，显然，即，，而，平面，因此平面，A正确；对于B，由平面，平面，得，因为，，平面，则平面，于是为平面的一个法向量，，设直线与平面所成角为，则不是定值，B错误；对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，而，则，即有，又，平面，因此平面，则平面平面，C正确；对于D，显然，因此点到平面的距离为，为定值，D正确.故选：B7．已知双曲线，过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，则的离心率为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】先求出焦点到渐近线的距离为，由勾股定理求出的边长，再由面积得到的关系，从而求出离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为：过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，则所以在中，，所以则，即所以，即，所以，故故选：C8．定义“等方差数列”：如果一个数列的各项都是实数，且从第二项起，每一项与它前一项的平方差是相同的常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的公方差．已知各项均为正数的数列是等方差数列，且公方差为，，则数列的前33项的和为（

）A．3 B．6 C．2 D．4【答案】A【分析】根据数列是等方差数列，且公方差为3，得到，再利用等差数列通项公式求得，从而得到求解.【详解】解：因为数列是等方差数列，且公方差为3，所以，又，所以，又数列的各项均为正数，所以，所以，，所以，，故选：A．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.如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（

）A． B．C． D．的长为【答案】AC【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.【详解】∵，故A正确.∵.故B错误.又∵，.，；，..∴.故C正确.∵，∴.故D错误.故选：AC.10.已知直线l：和圆O：，则（

）A．直线l恒过定点B．存在k使得直线l与直线：垂直C．直线l与圆O相交D．直线l被圆O截得的最短弦长为【答案】BC【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.【详解】对A，由可得，，令，即，此时，所以直线l恒过定点，A错误；对B，因为直线：的斜率为，所以直线l的斜率为，即，此时直线l与直线垂直，满足题意，B正确；对C，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，C正确；对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；故选：BC.11.已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论正确的是（

）A．数列为等差数列 B．C．数列的前项和为 D．数列的前项和为【答案】ABC【分析】先构造数列，知其前项和求通项，进而再求出，选项A，由定义证明为等差数列；选项B，利用等差数列前项和公式求解即可；选项C，两项并一项，并项为常数列求和；选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.【详解】由，设，则，所以当时，，两式相减得，，当时，也适合上式.则，解得，，所以，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，故选项AB正确；选项C，数列的前项和，故C项正确；选项D，，则前项和为，故D项错误.故选：ABC.12.已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（

）A．最大时， B．的最小值为C． D．的取值范围为【答案】BCD【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.【详解】由，得，，，A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，此时由内切圆性质可知，则，A选项错误；设，，则，B选项：如图所示，设中点为，则，所以，又，同理，所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，所以，所以，C选项正确；D选项：设，由正弦定理得，即，由余弦定理得，则，且，即，当且仅当时取等号，所以，，所以，则，D选项正确；故选：BCD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则向量在上的投影向量的坐标是．【答案】【分析】由已知得出的坐标，然后求出投影向量即可得出答案.【详解】因为，，所以，向量在上的投影向量是，其坐标为.故答案为：.14.已知正项数列的前项和为，且满足，若，，则【答案】【解析】【详解】因为，所以数列为等比数列，设公比为，则，得，解得（舍去），所以．15.已知两点，，若直线上存在四个点，使得是直角三角形，则实数的取值范围是【答案】【分析】根据△MNP是直角三角形，转化为以MN为直径的圆和直线y=k（x3）相交，且k≠0，然后利用直线和圆相交的等价条件进行求解即可．【详解】当P1M⊥x，P4M⊥x时，此时存在两个直角三角形，当MN为直角三角形的斜边时，△MNP是直角三角形，要使直线y=k（x3）上存在四个点P（i=1，2，3，4），使得△MNP是直角三角形，等价为以MN为直径的圆和直线y=k（x3）相交，且k≠0，圆心O到直线kxy3k=0的距离，平方得9k2<4（1+k2）=4+4k2，即5k2<4，即k2<，得.又k≠0，∴实数k的取值范围是16.从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图①，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆C与双曲线S构成，现一光线从左焦点发出，依次经S与C反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点发出，经C两次反射后又回到了点，历时秒．若C与S的离心率之比为，则．【答案】6【分析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得和的周长，再根据光速相同，时间比等于路程比，再结合C与S的离心率之比为，即可求解.【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，两式相减得，所以的周长为，在图②中，的周长为，因为光速相同，因为C与S的离心率之比为，即，所以.故答案为：6.四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分）已知直线和圆．(1)求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；(2)求与直线平行且与圆相切的直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）先根据垂直关系设直线,再结合直线过圆心求参即可;（2）先根据平行设直线方程，再根据圆心到直线距离为半径求参得出直线方程.【详解】（1）设与直线垂直的直线的方程为．圆可化为，圆心为，因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线的方程为．（2）设与直线平行的直线的方程为．因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，所以或10，故所求直线的方程为或．18.（12分）为数列{}的前项和.已知＞0，=.（Ⅰ）求{}的通项公式；（Ⅱ）设,求数列{}的前项和.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn（），∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.19.（12分）已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的、两点．(1)求抛物线的方程；(2)如果，直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．【答案】(1)(2)过定点【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得，从而可得答案；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，由数量积公式结合韦达定理可得，进而可得答案.【详解】（1）由题意可知，将点代入抛物线方程，可得，解得，则抛物线方程为．（2）因为，直线与抛物线相交于不同的、两点，所以直线不与x轴平行，可设，与联立，得，设，，∴，．由，解得，∴过定点．20.（12分）如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD的中点.(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值.(2)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角QACD的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【详解】试题分析：由PA=PD,O为AD中点，侧面PAD⊥底面ABCD，可得PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD中,易得,所以可以O为坐标原点,OC为x轴,OD为y轴,OP为z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解.试题解析：(1)在中，，为AD的中点，所以,侧面PAD底面ABCD,则PO面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接,则,以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴,直线为z轴建立空间直角坐标系.,,,所以，直线PB与平面所成角的余弦值为.(2)假设存在，则设=λ因为=（0，1，﹣1），所以Q（0，λ，1﹣λ）．设平面CAQ的法向量为=（a，b，c），则，所以取=（1﹣λ，λ﹣1，λ+1），平面CAD的法向量=（0，0，1），因为二面角Q﹣AC﹣D的余弦值为，所以=，所以3λ2﹣10λ+