广东省梅州市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷【含答案解析】

梅州市高中期末考试试卷（2024.1）高二数学注意事项：本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．1．答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的学校、班级、考生号、姓名和座号填写在答题卡上，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选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡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的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、单选题：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，只有一项是符合要求的．1.在空间直角坐标系中，已知点，则点的坐标是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】设，然后由即可求解.【详解】设，因为，所以，得，所以，故B正确.故选：B.2.若过点的直线的倾斜角为，则的值为（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解.【详解】由题意得，解得，故选：D3.已知五个数成等差数列，则（）A.21 B.24 C.27 D.30【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质即得.【详解】五个数成等差数列，所以，得，故选：C4.如图，在三棱台中，，、分别为、的中点，设，，，则可用表示为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量基本定理表示向量即可.【详解】由题意：.故选：B5.已知定点为圆的动点，则线段的中点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设线段中点的坐标为，且点，结合中点公式求得，代入即可求解.【详解】设线段中点的坐标为，且点，又由，可得，解得，又由，可得，即，故选：A6.已知点，点为椭圆：上一动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以为圆心，为半径做圆，当与椭圆相切时，的值即为所求.【详解】设：，由消去得：，整理得：.由，即为所求的最小值.故选：C7.空间直角坐标系中，已知点，向量，则过点且以为法向量的平面方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据平面法向量的定义可得.【详解】设过点且以为法向量的平面上不同于P的任一点，则，所以，所以过点且以为法向量的平面方程为，故选：A8.已知“整数对”按如下规律排成一列：，……，则第60个数对是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设“整数对”为，由已知可知点列排列规律是的和从2开始，依次是3，4，…，其中m依次增大，可依次求得总对数，从而可得选项．【详解】设“整数对”为，由已知可知点列的排列规律是的和从2开始，依次是3，4，…，其中m依次增大．当时只有1个；当时有2个，当时有3个，，；…；当时有个，，，；其上面共有个数对．所以第个“整数对”的，且，则，故第个“整数对”为.故选：B.二、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，选对但不全得2分，有选错的得0分．9.关于双曲线，下列说法正确的是（）A.双曲线的焦点坐标为和B.双曲线的离心率是C.双曲线与双曲线的离心率相等D.双曲线的渐近线方程为【答案】BC【解析】【分析】根据双曲线的性质，依次判断各项.【详解】由，所以，且焦点在x轴上，由，所以双曲线的焦点坐标为，，故A错；双曲线的离心率，故B对；由，得，，，即双曲线与双曲线的离心率相等，故C对；由，得双曲线的渐近线方程为，故D错；故选：BC10.已知数列，记的前项和为，下列说法正确的是（）A. B.是一个等差数列C. D.【答案】BD【解析】【分析】观察法求出可判断A；求出的通项公式可判断B；由可判断C；计算出可判断D.【详解】对于A，数列通项公式，故A错误；对于B，，故是一个等差数列，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选：BD.11.设圆与直线相交，交点为，则（）A.当时，直线平分圆 B.C.弦长的最小值为 D.只能是钝角三角形【答案】AB【解析】【分析】把圆心代入直线方程可判断A；由点与圆的位置关系可知定点在圆内部，从而判断B；求圆心C到直线的最大距离，即可求得最短弦长可判断C；举出反例判断D.【详解】由，得，当时，直线方程为，则圆心代入得，即直线过圆心，所以当时，直线平分圆，故A对；由，得，所以直线过定点，且，所以在圆内，所以时，直线与圆有两个交点，故B对；当的连线垂直于直线l时，弦长最短为，故C错；当时，，所以，可能是直角三角形，故D错；故选：AB.12.将个互不相等的数排成下表：记，，则下列判断中，一定不成立的是（）（注：分别表示集合最大值和最小值．）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题设条件，结合选项，逐一分析判断各个选项即可得出结果.【详解】因为，不妨令，则，令，则，所以选项A不成立，又，又，而，所以选项B不成立，因为，若，则可能成立，所以选项C可能成立，又，所以，又，，故，所以选项D不成立，故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知数列是一个等比数列，且，则_____________．【答案】【解析】【分析】由，，由数列为等比数列，从而，即可求解.【详解】由题意知，，又因为数列是等比数列，所以，即，解得故答案为：.14.天宫空间站的建成，标志着我国独立掌握了近地轨道大型航天器在轨组装建造技术，具备了开展空间长期有人参与科学技术实（试）验的能力，为不断推动我国空间科学、空间技术的创新发展，为建设航天强国、提升我国在国际载人航天领域的影响力提供了重要支墇．设某航天器轨道可近似为一个以地心为其中一个焦点的椭圆，其近地点距地面约为，远地点距地面约为，地球半径约为，则此航天器轨道的离心率为_____________．【答案】【解析】【分析】根据远地点和近地点，求出轨道即椭圆的半长轴和半焦距，即可求得答案.【详解】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c.则根据题意得，解得，故此航天器轨道的离心率为故答案为：15.如图，在三棱锥中，是直二面角，，，则异面直线与所成角的余弦值为_____________．【答案】##05【解析】【分析】由题意结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得各边的位置关系及数量关系，借助中位线分别作出异面直线与的平行线，可将求异面直线夹角转化为求相交直线夹角.【详解】由是直二面角，故平面平面，由，故、，又平面平面，平面，故平面，又平面，故，由，，则，又，故，则，取、、、中点、、、，连接、、、、，可得、，，，故异面直线与所成角与直线与所成角相等，亦可得，，，故，则，故，即为等边三角形，故，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.16.已知圆和点，若圆上存在两点使得，则实数取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】利用题设条件，分析且与圆交于，的临界情况，由点在临界点之间移动的变化情况运算即可得解.【详解】圆：，则半径为，圆心，如图，对于直线上任意一点，当，均为圆的切线时最大，由题意，即时，此时为满足题设条件的临界点，此时有，当在临界点之间移动时，有，即，即有，解得，故答案为：.【点睛】方法点睛：主要找到点的临界点，并且找到相关的几何关系，从而求解.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.在空间直角坐标系中，．（1）求的余弦值；（2）求三角形的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用空间两点间的距离，求出长，再利用余弦定理即可求出结果；（2）根据（1）中结果，求出，，，再利用三角形面积公式即可求出结果.【小问1详解】因为，所以，，，由余弦定理得，.【小问2详解】由（1）知，，所以.18.已知数列满足．（1）求和；（2）证明：数列为单调递增数列．【答案】（1），，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件，取，即可求出，再利用与间的关系即可求出结果；（2）根据（1）中结果，通过证明，即可证明结果.【小问1详解】因为①，当时，，当时，②，由①②得，所以，当时，，所以也满足，当时，，故，，.【小问2详解】由（1）知，，易知，则，又对一切恒成立，所以，得到对一切恒成立，所以数列为单调递增数列.19.已知抛物线的焦点为，点是抛物线在第一象限上的点，且其到焦点的距离为5．（1）求点的坐标；（2）求抛物线在点处的切线方程．【答案】19.20.【解析】【分析】（1）设出，再利用抛物线的定义知，从而求解.（2）设出切线方程，再与抛物线联立，由求出,从而求解【小问1详解】由题意知，，设，由抛物线定义可知，解得或（舍）.所以点坐标为.【小问2详解】设直线为，与抛物线方程联立,得，由直线与抛物线相切，所以，即，得，所以切线方程为.20.如图，在边长为4的等边中，分别为上的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面.（1）求四棱锥的体积；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作出高，结合题意计算出高与底面积，借助锥体体积公式计算即可得；（2）由题意可建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可得.【小问1详解】连接与中点，由分别为上的中点，且为等边三角形，故，故有，且,又平面平面，平面平面，平面，故平面，故为四棱锥的高，，则；【小问2详解】取中点，连接，可得，有，由平面，平面，故，故、、两两垂直，故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则、、、、、、，则、、、，令平面与平面的法向量分别为、，则有，，即，，可令、，则可取，，故，则平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知圆，点，动圆经过点，且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为．（1）求轨迹的方程；（2）过点的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义即可得到其方程；（2）设直线的方程为，，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算化简，将韦达定理式代入整理得到.【小问1详解】由已知，故点在圆内部，所以圆与圆内切，设，则，因此为以焦点的椭圆，设该椭圆长半轴长为，短半轴长，半焦距为，且知，于是，因此轨迹的方程为.【小问2详解】设轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点，设直线的方程为，联立方程，整理得，，设，则，则，即有:，而，，代入上式得，整理可得:，可见总满足上面等式，即轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.【点睛】关键点睛：本题的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算化简，最后根据方程恒成立得到定点纵坐标.22.在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：类别特征类（Susceptible）易感染者，体内缺乏相关抗体，与类人群接触后易变为类人群．类（Infectious）感染者，可以接触类人群，并把传染病传染给类人群；康复后成为类人群．类（Recovered）康复者，指病愈而具有免疫力的人群，或被隔离者；若抗体存在时间有限，可能重新转化为类人群．在一个1000人的封闭环境中，设第天类，类，类人群人数分别为．其中第1天．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：日感染率日治愈率日消抗率类类占当天类比例类类占当天类类占当天类比例类比例已知对于某类传染病