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（解析版）

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