34广东省揭阳市普宁市2023-2024学年高二上学期期末数学试题

2023-2024学年度第一学期期终高中二年级教学质量测试数学科试题本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟说明：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并在“考场号”、“座位号”栏内填涂考场号、座位号.2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案；答案不能答在试题卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己保存.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.1.已知椭圆，则它的短轴长为（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.【详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，故选：B2.已知直线m经过，两点，则直线m的斜率为（）A.-2 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据斜率公式求得正确答案.【详解】直线的斜率为：.故选：A3.已知空间向量，，则（）A. B.19 C.17 D.【答案】D【解析】【分析】先求出的坐标，再求出其模【详解】因为，，所以，故，故选：D.4.在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（）A.12 B.32 C.36 D.37【答案】C【解析】【分析】直接按照等差数列项数的性质求解即可.【详解】数列的前6项之和为.故选：C.5.地震预警是指在破坏性地震发生以后，在某些区域可以利用“电磁波”抢在“地震波”之前发出避险警报信息，以减小相关预警区域的灾害损失.根据Rydelek和Pujol提出的双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.在一次地震预警中，两地震台站和站相距.根据它们收到的信息，可知震中到站与震中到站的距离之差为.据此可以判断，震中到地震台站的距离至少为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设震中为，根据双曲线的定义以及可求出结果.【详解】设震中为，依题意有，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线靠近的一支，因为，当且仅当三点共线时，取等号，所以,所以，所以震中到地震台站的距离至少为.故选：A6.已知圆和存在公共点，则m的值不可能为（）A.3 B. C.5 D.【答案】D【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系进行求解即可.【详解】因为圆和存在公共点，所以两圆相交或者相内切或者相外切，即，解得，选项ABC满足，m的值不能为D.故选：D7.如图，在四面体中，是的中点，设，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角形法则先求得向量、，进而求得．【详解】解：，，．故选：B．8.对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的.若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，下列结论正确的是（）A.若，则数列是无界的 B.若，则数列是有界的C.若，则数列是有界的 D.若，则数列是有界的【答案】C【解析】【分析】根据可知A错误；由可知不存在最大值，即数列无界；分别在为偶数和为奇数的情况下得到，由此可确定，知C正确；采用放缩法可求得，由可知D错误.【详解】对于A，恒成立，存在正数，使得恒成立，数列是有界的，A错误；对于B，，，，即随着的增大，不存在正数，使得恒成立，数列是无界的，B错误；对于C，当偶数时，；当为奇数时，；，存在正数，使得恒成立，数列是有界的，C正确；对于D，，；在上单调递增，，不存在正数，使得恒成立，数列是无界的，D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是理解数列有界的本质是对于数列中的最值的求解，进而可以通过对于数列单调性的分析来确定数列是否有界.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知向量，则与同向共线的单位向量（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求得的模，再根据与同向共线的单位向量求解.【详解】因为向量，所以，所以与同向共线的单位向量为：，故选：C.10.已知数列满足，，记，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】代入前几项即可判断出A,B，然后分奇偶可点数列的通项公式，从而判断出C，D.【详解】由题意可得，所以，所以A错误，B正确；又，故，即，所以为等差数列，故，所以C正确，D错误，故选：BC.11.已知直线与圆，则下列结论正确的是（）A.存在，使得的倾斜角为B.存在，使得的倾斜角为C.存在，使直线与圆相离D.对任意的，直线与圆相交，且时相交弦最短【答案】AD【解析】【分析】由时，得到直线，可判定A正确；求得直线的斜率，结合得到方程，可判定B错误；化简直线，得到直线过点，结合点与圆的位置关系，可判定C错误；由时，得到，结合圆的弦的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，当时，直线，此时直线的倾斜角为，所以A正确；对于B中，当时，可得直线的斜率为，若直线的倾斜角为，可得，即，此时方程无解，所以B错误；对于C中，由直线，可化为，令，解得，即直线恒经过点，又由圆圆心坐标为，半径为，因为，则，所以点在圆内部，所以无论为何值，直线与圆总相交，所以C错误；对于D中，当时，直线，此时直线的斜率为，又由，此时，即，根据圆的弦的性质，此时弦长最短，所以D正确.故选：AD.12.已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，为双曲线右支上的一点，且直线与的斜率之积等于，则下列说法正确的是（）A.双曲线的渐近线方程为B.若，且，则C.分别以线段、为直径的两个圆内切D.【答案】ACD【解析】【分析】通过求得，从而求得双曲线的渐近线方程，由此判断A选项的正确性；结合三角形的面积以及双曲线的定义求得，由此判断B选项的正确性；通过圆心距和两个圆半径间的关系判断C选项的正确性；结合二倍角的正切公式来判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，设点，则，因为、，所以，由，得，故双曲线的渐近线方程为，A对；对于B选项，因为，所以，根据双曲线的定义可得，又因为，所以，整理得.由，可得，即，解得，B错；对于C，设的中点为，为原点.因为、分别为、的中点，所以，则可知以线段、为直径的两个圆内切，C对；对于D，当点在第一象限时，设点，则，.因为渐近线方程为，所以，.当时，即当轴时，则，所以，，可得，所以，，此时，为等腰直角三角形，则，满足；当时，，，所以，因为，所以；当点在第四象限时，同理可得，综上可知，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求定值问题常见方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线与直线平行，则___________.【答案】##【解析】【分析】两直线与平行，满足且或【详解】由题意得：，解得：，经检验符合要求.故答案为：14.已知双曲线的一条渐近线方程为，则___________．【答案】【解析】【分析】先由双曲线的渐近线设出双曲线的方程，再利用待定系数法即可求得的值.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以双曲线的方程可设为，即，因为，所以，解得（负值舍去），所以.故答案为：.15.已知数列为，，，，，则该数列的一个通项公式可以是________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】分析数列前4项的特征，求出前4项都满足的一个通项公式作答.【详解】依题意，，所以前4项都满足的一个通项公式为.故答案为：16.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵，中，M是的中点，，，，若，则_________．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可以解决问题.【详解】设,如下图所示，建立空间直角坐标系，，，，，，则所以又因为所以故答案为：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.已知直线和直线．（1）若时，求a的值；（2）当平行，求两直线，的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a方程.（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线与之间的距离.【小问1详解】∵，且，∴，解得．【小问2详解】∵，，且，∴且，解得，∴，即∴直线间的距离为．18.已知直线l：与x轴的交点为A，圆O：经过点A．（1）求r的值；（2）若点B为圆O上一点，且直线垂直于直线l，求弦长．【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）求出，代入圆的方程即可求解；（2）根据直线垂直于直线l，可求直线的斜率，根据点斜式可求直线的方程，再利用垂径定理即可求解.【小问1详解】在中，令，得，故.因为圆O：经过点A，所以，解得.【小问2详解】直线l的斜率为2，因为直线垂直于直线l，所以直线的斜率为.所以直线的方程为，即.圆心到直线的距离为，所以.19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，PA＝1．（1）求证：AB⊥PC；（2）点M在线段PD上，二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，求三棱锥M﹣ACP体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）将问题转化为证明AB⊥平面PAC，然后结合已知可证；（2）建立空间直角坐标系，用向量法结合已知先确定点M位置，然后转化法求体积可得.【小问1详解】由题意得四边形ADCB是直角梯形，AD=CD=1，故∠ACD=45°，∠ACB=45°，AC=.又BC=2，所以，所以，所以AB⊥AC.又PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PA⊥AB.而PA平面PAC，AC平面PAC，，所以AB⊥平面PAC.又PC平面PAC，所以AB⊥PC【小问2详解】过点A作AE⊥BC于E，易知E为BC中点，以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，.则设，.显然，是平面ACD的一个法向量，设平面MAC的一个法向量为.则有，取，解得由二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，有，解得，所以M为PD中点.所以20.已知数列的前项和为..（1）求数列的通项公式；（2）从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题.①，；②是和的等比中项，.若公差不为0的等差数列的前项和为，且______，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）选择①：；选择②：.【解析】【分析】（1）由数列与的关系转化条件为，结合等比数列的性质即可得解；（2）设数列的公差为，若选择①，由等差数列的通项公式列方程可得，进而可得，再结合错位相减法即可得解；若选择②，由等比中项的性质结合等差数列的通项公式、前n项和公式可得，再结合错位相减法即可得解.【详解】（1）当时，，可得；当时，，所以，即，因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）设数列的公差为，若选择①，由题意，解得；所以，由（1）得，，所以，所以，，两式相减得，所以；若选择②，有，即，即，因为，所以，所以，解得，所以，由（1）得，，所以，所以，.两式相减，得，所以.【点睛】关键点点睛：（1）当条件中同时出现与，要注意与关系的应用；（2）要明确错位相减法的适用条件和使用方法，细心运算.21.在平面直角坐标系中，点在抛物线上．（1）求的值；（2）若直线l与抛物线C交于，两点，，且，求的最小值．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）将点代入即可求解；（2）利用向量数量积为3求出，再对式子变形后使用基本不等式进行求解最小值.【小问1详解】将代入抛物线，解得：.【小问2详解】，在抛物线C上，故，，解得：或2，因，所以，即，故，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.22.已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．（1）求P点的轨迹C的方程；（2）设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为-1.【解析】【分析】(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C的方程.(2)由给定条