2023学年绍兴市柯桥区高二数学上学期期末调测试卷附答案解析

学年绍兴市柯桥区高二数学上学期期末调测试卷注意事项：1．本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题．2．答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校､班级､姓名和准考证号．3．试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，1．下列方程所表示的直线中，倾斜角为的是（

）A． B．C． D．2．已知平面平面的法向量分别为，则实数（

）A．3 B．-3 C．2 D．-23．已知等比数列，则数列的前10项和为（

）A．55 B．110 C．511 D．10234．已知直线，圆，则直线与圆的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．以上都有可能5．已知椭圆，过原点且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（

）A． B． C． D．6．正方体中，分别是的中点，点是线段（含端点）上的动点，当由点运动到点时，三棱锥的体积（

）A．先变大后变小 B．先变小后变大C．不变 D．无法判断7．斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，则（

）A． B． C． D．8．已知直线过点交抛物线于两相异点，点关于轴的对称点为，过原点作直线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．二､多选题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知曲线，则下列结论正确的是（

）A．当时，曲线是椭圆B．当或时，曲线是双曲线C．若曲线是焦点在轴上的椭圆，则D．若曲线是焦点在轴上的双曲线，则10．已知等差数列的前项和为，则（

）A． B．C．数列为单调递减数列 D．取得最大值时，11．已知点，若过点的直线交圆于两点，是圆上的动点，则（

）A．的最大值为6 B．的最小值为4C．的最小值为-1 D．的最大值为3412．在三棱锥中，分别是线段上的点，且满足平面平面，则下列说法正确的是（

）A．四边形为矩形B．三棱锥的外接球的半径为C．D．四边形的面积最大值为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知空间向量，且，则．14．抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一点，满足（为坐标原点），，垂足为，若，则．15．已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线的左，右两支于两点，若为正三角形，则双曲线的离心率为．16．已知正项数列的前项和为，若，则的最小值为．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．如图所示，在棱长均相等的平行六面体中分别为线段的中点．(1)设，请以向量表示；(2)求证：平面平面．18．在数列中，已知，．(1)求证：是等比数列．(2)求数列的前n项和．19．如图，已知中，，是上一点，且，将沿翻折至，．

(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．20．已知双曲线的焦距为，渐近线方程为：，双曲线左，右两个顶点分别为．(1)求双曲线的标准方程；(2)过点的直线与双曲线交于两点．设的斜率分别为，若，求的方程．21．已知等差数列的前项和为，满足．(1)求的值；(2)设的前项和为，求证：．22．已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)圆的圆心为椭圆的右焦点，半径为，过点的直线与椭圆及圆交于四点（如图所示），若存在，求圆的半径取值范围．1．C【分析】将直线方程化成斜截式得到直线斜率，由此确定直线的倾斜角是否符合.【详解】对于A项，直线的斜率为2，故直线的倾斜角不是，故A项错误；对于B项，直线的斜率为，故直线的倾斜角不是，故B项错误;对于C项，直线的斜率为1，故直线的倾斜角是，故C项正确；对于D项，直线的斜率为，故直线的倾斜角不是，故D项错误.故选：C.2．B【分析】由平面互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】∵平面平面，∴平面的法向量也垂直，∴，即，解得：.故选：B.3．D【分析】根据已知条件求得公比，再利用等比数列前项和公式，即可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，前项和，则，故.故选：D.4．C【分析】求出点到直线的距离即可求解.【详解】因为圆，所以，半径，因为点到直线的距离，所以直线与圆的位置关系是相离.故选：C.5．D【分析】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得.【详解】依题意，可得直线的方程为：，代入中，整理解得：，当，；当时，，故有,则.故选：D.6．C【分析】，的面积不变，判断点到平面的距离变化情况即可.【详解】正方体中，，，四边形为平行四边形，有正方形中，分别是的中点，有，得，平面，平面，则平面，所以由点运动到点时，点到平面的距离保持不变，又三点为定点，的面积不变，所以三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变.

故选：C7．B【分析】根据递推公式，，累加即可求得结果.【详解】根据斐波那契数列的递推公式，可得.故选：B.8．A【分析】求得直线恒过的定点，结合圆的定义，即可容易求得结果.【详解】设抛物线上两点坐标为，若直线斜率存在，则，则直线方程为：，，又，故方程为：；若直线斜率不存在，则，此时直线方程为：，显然也可表示这种情况；综上所述：抛物线上两点，若坐标分别为，则直线方程可表示为：.又过点，故；又为，同理可得直线方程为：，也即，其恒过定点，记该点为；根据题意可得，，故点在以为直径的圆上，且不与重合；容易得该圆圆心为，半径，故点的轨迹方程为：.故选：A.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是能够求得直线恒过的定点，本题采用表达直线方程，可简化运算；属综合困难题.9．BC【分析】对的取值范围进行分类讨论，即可判断和选择.【详解】对方程：若，表示焦点在轴上的椭圆，此时；若，表示圆，此时；若，表示焦点在轴上的椭圆，此时；若，表示焦点在轴上的双曲线，此时；若，表示焦点在轴上的双曲线，此时；根据上述讨论，BC正确.故选：BC.10．BCD【分析】由已知条件求出等差数列的首项和公差，通过计算验证各选项的结论即可.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，故A选项错误；，B选项正确；由，，等差数列为单调递减数列，C选项正确；，由二次函数的性质可知，取得最大值时，，D选项正确.故选：BCD11．ABD【分析】对于A，B，由圆的性质可得当直线与垂直时，有最小值，当直线经过圆心时，有最大值，求出即可判断；设，从而可得，进而可求出其最小值和最大值可判断C、D.【详解】当直线与垂直时，圆心到直线的距离取最大值，此时的最小值为，当直线经过圆心时，的最大值为6，故A，B正确；设，则，由，当时，，当时，，故C错误，D正确.故选：ABD12．BCD【分析】对于A，由即可举出反例；对于B，由补形法将其放入长方体中即可验算；对于C，由截平行线段成比例即可验算；对于D，由三角形面积公式结合基本不等式相关推论即可验算.【详解】对于A，平面,平面，又面，面面，所以，同理，而，所以与不垂直，从而与也不垂直，故A错误；对于B，把题设四棱锥放入长方体中，如图所示，不妨设长方体的棱长分别为，且，三棱锥的外接球的半径为，易知长方体的体对角线长度等于三棱锥的外接球的半径的两倍，所以，解得，故B正确；对于C，由A可知，且，所以由截平行线段成比例得，又，所以，故C正确；对于D，由A可知，所以，所以四边形的面积，等号成立当且仅当，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：B选项的关键是把题设四棱锥放入长方体中，由此即可顺利得解.13．【分析】由向量平行，求得参数，再求的坐标以及模长即可.【详解】，故可得，解得，故，则.故答案为：.14．【分析】利用抛物线定义，将已知条件转化到中，求得，即的高，进而求得面积.【详解】由已知，则轴，过作轴，垂足为，过作，垂足为，则，四边形为平行四边形，所以，且中以为底边的高即为，在中，由抛物线的定义知，又，则，则.故答案为：.15．【分析】首先利用双曲线的定义求出和，然后在中用余弦定理即可求解.【详解】如图所示：因为是正三角形，所以，，由双曲线定义可知，即，再由可得在中，，即，整理得：，，所以故答案为：16．【分析】由的关系得，由等差数列求和公式结合对勾函数性质即可得解.【详解】由题意，因为数列是正项数列，所以解得，当时，有，，两式相减得，整理得，因为数列是正项数列，所以，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，，，又在单调递减，在单调递增，而，所以当且仅当时，的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：关键是首先得出，，由此即可顺利得解.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意直接分解向量即可.（2）由向量的数量积公式得，结合菱形性质线面、面面垂直的判定定理即可得证.【详解】（1）.（2）∵∴，又∵，∴，即，∵底面菱形中，，且，平面.所以平面．又平面．∴平面平面．18．(1)证明详见解析(2)【分析】（1）通过凑配法证得是等比数列.（2）利用分组求和法求得.【详解】（1）由，得，即，所以是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）得.所以.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用已知线面位置关系结合勾股定理，证明平面，可证；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）∵中，，由余弦定理，，而为三角形内角，∴，，∵，，∴，即，又∵中，，，∴，平面，，∴平面，平面，∴.（2）以为原点，分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：，

，，，由正弦定理，，，平面，则点在平面内，，，得，又，，∴，，设平面的法向量为，∴，∴，设，则，又∵，故直线与平面所成角的正弦值为20．(1)(2)【分析】（1）依题意，分别求出，即得双曲线方程；（2）由题意，设出直线的点斜式方程，与双曲线方程联立消元得一元二次方程，求出的取值范围，再将代入点的坐标进行等价转化，得到，解此方程，并进行取舍即得直线的方程.【详解】（1）双曲线的焦距，；双曲线的渐近线方程为，即，，又，，，双曲线的标准方程为：．（2）由（1）得：，，设，，如图可知：直线的斜率一定存在，则可设，由得：，由解得：且，，，；，，即，，解得：或，又且，故，则直线的方程为：，即．21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列及其求和公式基本量的计算，依次得通项公式，代入求和公式即可得解；（2）由错位相减法求和即可得证.【详解】（1）∵，∴，得：，∴，∴，∴.（2）由（1）得，①，②，①-②得：，∴，.22．(1)(2)【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，解之即得；（2）联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，将转化为的表达式，再由转化得，将求的范围问题转化为求的值域问题，最后解不等式即得.【详解】（1）由题意得：，