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PAGEPAGE1四川省内江市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置.2.选择题选出〖答案〗后,用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〗.不能答在试题卷上.3.非选择题用签字笔将〖答案〗直接答在答题卡相应位置上.4.考试结束后,监考人员将答题卡收回.一、单选题:(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题的四个选项中只有一个是正确的,把正确选项的代号填涂在答题卡的指定位置上.)1.直线的倾斜角是()A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由得,故倾斜角满足为,,故.故选:C2.已知向量,,若,则()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗,,解得:.故选:B.3.如图,空间四边形的对角线,,,分别为,的中点,并且异面直线与所成的角为,则()A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗C〖解析〗取的中点,连接,,如图,则,,(或其补角)即异面直线与所成的角,,,,故选:C.4.若双曲线的离心率为,则该双曲线的渐近线方程为()A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知,,则,所以双曲线的渐近线方程为,即.故选:A5.已知等比数列的各项均为正数,且,则()A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗D〖解析〗根据等比数列的性质可得,又,所以,所以.故选:D6.如图,在三棱柱中,分别是,的中点,,则()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗如下图所示:首先有,一方面:由,所以,又是的中点,所以,所以;另一方面:,且注意到分别是,的中点,所以.因此.故选:D.7.我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”其含义是:一尺长的木棍,每天截去它的一半,永远也截不完.在这个问题中,记第n天后剩余木棍的长度为,数列的前n项和为,则使得不等式成立的正整数n的最小值为()A.5 B.6 C.7 D.8〖答案〗B〖解析〗由题设可得:数列是首项、公比为的等比数列,∴,,又由可得:,解得:,∵,∴,故选:B.8.蹴鞠,又名“蹴球”“蹴圆”等,“蹴“有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动,类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P、A、B、C,其中平面,,则该球的体积为()A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为平面,平面,所以,又,所以两两垂直,所以三棱锥的外接球即为以为长,宽,高的长方体的外接球,即该球的直径为长方体体对角线的长,因为,所以,所以该球的半径为2,体积为.故选:C二、多选题:(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,有多项是符合题目要求的,全部选对得5分,部分选对得2分,选错得0分.)9.如图,四棱锥的底面为正方形,底面,则下列结论中正确的是()A. B.C.平面平面 D.〖答案〗ABC〖解析〗对于选项A,C,因为底面,平面,则,因为,且平面,平面,所以平面,因为平面,所以,且平面,所以平面⊥平面,故A,C正确;对于B,由选项A知,,又,且平面,平面所以平面,且平面,所以,故B正确;对于D,若,则垂直于在平面内的射影,显然不成立,故D错误.故选:ABC.10.数列的前项和为,已知,则下列说法正确的是()A.是递增数列 B.C当时, D.当或4时,取得最大值〖答案〗CD〖解析〗当时,,又,所以,则是递减数列,故A错误;,故B错误;当时,,故C正确;因为的对称轴为,开口向下,而是正整数,且或距离对称轴一样远,所以当或时,取得最大值,故D正确.故选:CD.11.已知圆,直线,则()A.直线过定点B.直线与圆可能相离C.圆被轴截得的弦长为D.圆被直线截得的弦长最短时,直线的方程为〖答案〗AC〖解析〗直线,由,得,即l恒过定点,故A正确;点与圆心的距离,故直线l与圆C恒相交,故B错误;令,则,可得,故圆C被y轴截得弦长为,故C正确;要使直线l被圆C截得弦长最短,只需与圆心连线垂直于直线,所以直线l的斜率,可得,故直线l为,故D错误.故选:AC.12.已知抛物线的焦点为,点在抛物线上,且都在轴的上方,(为坐标原点),记的面积分别为,则()A.直线的斜率为 B.直线的斜率为C. D.〖答案〗BC〖解析〗设,过点分别作抛物线的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义可得,所以,,所以,故A项错误;B项正确;,所以,C正确,D错误,故选:BC.三、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13.若数列为等差数列且,,则数列的通项公式______.〖答案〗〖解析〗设数列的公差为,则,解得,所以,故〖答案〗为:.14.正方体的棱长为,、分别是、的中点,则点到平面的距离为________.〖答案〗〖解析〗建立空间直角坐标系,如图所示,则,,,.则,,设平面的法向量为,则,∴,∴.令,得.又∵,∴点到平面的距离.故〖答案〗为:.15.如图,已知圆的半径为定长是圆所在平面内一个定点,是圆上任意一点,线段的垂直平分线和直线相交于点.当点在圆上运动时:(1)当点A在圆内且不与点重合时,点的轨迹是__________(从圆、椭圆、抛物线中选择一个填写);(2)当__________(从>,=,<中选择一个填写)时,点的轨迹是双曲线的一支.〖答案〗①椭圆②>〖解析〗当点A在圆内且不与点重合时,,因此点轨迹是以为焦点,长轴长为半径的椭圆,当点A在圆上时,点到圆心重合,当点A在圆外时,,此时点轨迹是以为焦点,实轴长为半径的双曲线的一支.故〖答案〗为:椭圆;.16.设、是椭圆:()与双曲线:(,)的公共焦点,曲线、在第一象限内交于点,,若椭圆的离心率,则双曲线的离心率的取值范围是______.〖答案〗〖解析〗设,由,所以,由,得,化为,所以,由,可得,所以,所以,故〖答案〗为:.四、解答题:(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)17.已知圆C过,,且圆心C在直线l:上.经过点的直线m交圆C于P、Q两点.(1)求圆C的标准方程;(2)若,求直线m的方程.解:(1)因为,,所以,线段中点的坐标为,所以直线AB的垂直平分线的斜率为,其方程为,即,联立,解得,则,又圆C半径,所以圆C的标准方程为.(2)因为,,所以在中,,则圆心C到直线m的距离为,当直线m的斜率不存在时,直线m方程为,此时C到直线m距离为2,满足题意;当直线m的斜率存在时,设直线m的方程为,即,所以,解得,所以直线m的方程为,即,综上可得,直线m方程为或.18.设为数列的前项和,已知,.(1)数列是否是等比数列?若是,则求出通项公式,若不是请说明理由;(2)设,数列的前项和为,证明:.解:(1)由题设,即,且,又时,,可得,综上,是公比为2的等比数列,通项公式为.(2)由题设,故,所以,又,所以,得证.19.如图,在直三棱柱中,是等边三角形,,是棱的中点.(1)证明:平面平面;(2)求锐二面角的余弦值.解:(1)因为直三棱柱,所以平面,因为平面,所以;因为是等边三角形,是棱的中点,所以;因为平面,且,所以平面,因为平面,所以平面平面(2)分别取的中点为,连接,因为是等边三角形,是中点,所以,因为直三棱柱,所以平面,因平面,所以,因为为的中点,所以,所以即两两垂直,以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以,设平面的法向量为,所以,取,则,平面的一个法向量为;则,所以锐二面角的余弦值为20.“①,;②,”两个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答.已知正项等比数列的前项和为,满足___________.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.注:如果选择两个条件分别解答,按第一个解答计分.解:(1)若选①,:设公比为,显然.因为,,因为,两式作商可得,整理可得,解得或(舍去),将代入可得,所以;若选②,:设公比为,显然.由已知可得,,因为,两式作商可得,整理可得,解得或(舍去),将代入可得,,所以.(2)由(1)知,,则.所以,,,两式作差可得,,所以.21.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,平面PAD⊥平面ABCD,∠BAD=60°,,AB=2,M为PC上一点,且.(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值.(2)在棱PB上是否存在点N,使得平面BDM?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解:(1)设是的中点,连接,由于,所以,由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为,平面,所以平面,由于平面,所以,在菱形中,,所以三角形是等边三角形,所以,故两两相互垂直,由此建立空间直角坐标系如下图所示,,,,,所以直线AP与DM所成角为,则.(2),设平面的法向量为,则,故可设.平面,设,则,若平面,则,解得,所以在棱PB上是存在点N,使得平面BDM且.22.已知椭圆:()的左、右顶点分别为,且,离心率为,为椭圆的右焦点,为坐标原点.(1)求椭圆的方程;(2)过且斜率为
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