福建省部分重点高中2023-2024学年高二上学期期中联考试题 数学含答案

2023—2024学年第一学期期中联考高二数学试题（考试时间：120分钟总分：150分）试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单选题.（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.）1.已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（）A.1 B.3 C.7 D.9【答案】B【解析】【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．【详解】由题意，，∴，，故选：B．2.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用投影向量定义求解即得.【详解】向量，，则，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A3.如果，，那么直线不经过（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】直线变换为，确定，，得到直线不经过的象限.【详解】由可得，，因为，，故，.故直线不经过第四象限.故选：D4.已知直线与平行，则与的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由两直线平行的充要条件先求出参数，即可求出直线的方程，然后由两平行线之间的距离公式即可求解.【详解】由题意直线与平行，因此，解得，所以即为，由两平行线之间的距离可知与的距离为.故选：D.5.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次有小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这些节气的日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为尺，前九个节气日影长之和为尺，则小满日影长为（）A.尺 B.尺 C.尺 D.尺【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前n项和和等差中项，求得通项公式求解.【详解】从冬至日起，依次构成等差数列，设为，由题意得：，解得，又冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺：，所以，所以，所以，故选：B6.动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程.【详解】圆N：的圆心为，半径为，且设动圆的半径为，则，即.即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，故动圆圆心P的轨迹方程是故选：A7.已知椭圆：的右焦点为，左顶点为.若点为椭圆上的点，轴，且，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，，然后可得，然后结合和可得，解出即可.【详解】由题意可得，所以，所以所以，所以，所以所以，所以，解得或因为，所以故选：D【点睛】本题考查的是椭圆离心率的求法，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.8.若曲线与曲线的图象恰有三个不同的交点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】曲线看成两条曲线问题，与半圆交点有三个，即可求解k的取值范围.【详解】曲线可得或曲线,由，可得;那么，即,圆心为，半径为1，作出图象如下，通过图象可知与曲线交于A，只有一个交点;那么与曲线必有2个交点;直线恒过(0，3）点，当直线与曲线相切于B点时，可得，解得或舍；当直线恰好过A点时，可得;所以恰有三个不同的交点，则k的取值范围为故选：B【点睛】关键点点睛：原方程转化为两条曲线，作出的图象，利用数形结合的思想，找出动直线的极限位置是解题的关键，属于中档题.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求.）9.已知数列的前项和，则（）A.不是等差数列 B.C.数列是等差数列 D.【答案】BC【解析】【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列得定义和前项和公式逐一判断即可.【详解】由，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，故B正确；因为，所以是等差数列，故A错误；对于C，，因为，所以数列是等差数列，故C正确；对于D，令，则，所以当时，，当时，，故，故D错误.故选：BC.10.已知点P为圆上的动点，直线l过点，过l上一点Q作圆O的切线QC，QD，切点分别为C，D，则下列说法正确的有()A.当∠PAB最大时，B.点P到l的距离的最大值为C.四边形CQDO的面积的最小值为9D.四边形CQDO的面积最小时，直线OQ的方程为【答案】BC【解析】【分析】选项A，当PA与圆相切时，∠PAB最大；选项B，点P到l最大距离为圆心到直线l的距离加上半径；选项C，D，当时，四边形CQDO的面积最小.【详解】对于A，如图1，当PA与圆相切时，∠PAB最大，设圆半径为，,，，，故A错误；对于B，由已知直线l的方程为，当点P到l的距离最大时，最大距离为圆心到直线l的距离加上半径，即为，故B正确；对于C，如图2，QC，QD是圆O的切线，则，，四边形CQDO的面积，四边形CQDO的面积最小时，即为取最小，又，即，所以当最小时，取最小，即当时，，则，四边形CQDO的面积的最小值为9，故C正确；对于D，四边形CQDO的面积最小时，，直线OQ的斜率为，方程为，故D错误；故答案为：BC.11.已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）A.的准线方程为B.若，则C.若，则的斜率为D.过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；若，则，所以，所以，故B正确；可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，，由抛物线的定义可得即，即，解得，则直线的斜率为，故C正确；对于D，若轴平分，则，又轴，所以，所以，所以，即，所以，故D正确；故选：BCD12.如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（）A.满足平面的点的轨迹长度为B.满足的点的轨迹长度为C.存在唯一点满足D.存在点满足【答案】ABC【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，平面，平面所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，设且，，，，，对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，，且，故B正确；对于C，，显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故不存在点满足，故D错误．故选：ABC．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，共20分.）13.以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意得出半径，即可得出圆的标准方程.【详解】以点为圆心，且与轴相切圆的半径为1，故圆的标准方程是.故答案为：14.已知抛物线：，直线：交于两点，则线段的长是_______．【答案】5【解析】【分析】联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.【详解】设，联立，消得，，则，所以.故答案为：.15.设F1，F2分别是椭圆+=1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6，4)，则|PM|+|PF1|的最大值为____.【答案】15【解析】【分析】利用椭圆的定义得|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|)求解.【详解】如图所示：在椭圆+=1中，a=5，b=4，c=3，所以焦点坐标分别为F1(-3，0)，F2(3，0).|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).∵|PM|-|PF2|≤|MF2|，当且仅当P在直线MF2上时取等号，∴当点P与图中的点P0重合时，有(|PM|-|PF2|)max=|MF2|==5，此时|PM|+|PF1|取最大值，最大值为10+5=15.故答案为：1516.已知数列满足，，记数列的前项和为，则_______．【答案】506【解析】【分析】根据数列递推公式可知，当为偶数时，可分组求和，利用累加法即可求得结果.【详解】由递推公式可得，；；……；而.故答案为：506.【点睛】关键点睛：解题的关键是发现，当为偶数时，即可出现分组求和.四．解答题（本大题共6小题，共70分.）17.已知圆的圆心为，半径为3，是过点的直线．（1）求圆的方程，并判断点是否在圆上，证明你的结论；（2）若圆被直线截得的弦长为，求直线的方程．【答案】（1），点P不在圆上．证明见解析（2）或．【解析】【分析】（1）圆心到点的距离与半径比较即可；（2）分直线l的斜率不存在与存在两种情形讨论即可.【小问1详解】圆C的方程为：点P不在圆上．证明如下：∵，∴由圆的定义可知点P是在圆C的内部，不在圆上；【小问2详解】由直线与圆的位置关系可知，圆心C到直线l的距离，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时，满足题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l为，即，又∵，解得，此时直线l为，综上所述：直线l的方程为或．18.已知等差数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）78【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等差数列的前项和公式即可求解；（2）根据（1）的结论及等差数列的前项和公式，结合二次函数的性质即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为，∴，解得，∴数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，.所以.由二次函数的性质知，对称轴方程为，开口向下，所以，当取与最近的整数即时，最大值，最大值为.19.已知双曲线的离心率为2，且过点.（1）求C的方程；（2）若斜率为的直线l与C交于P，Q两点，且与x轴交于点M，若Q为PM的中点，求l的方程.【答案】（1）（2）（或）【解析】【分析】（1）由离心率可得，再将点A的坐标代入方程可得，解方程组即可求解.（2）设，，，由题意可得，设l的方程为，将直线方程与椭圆方程联立消去，利用韦达定理即可求解；将直线与椭圆方程联立消去，利用韦达定理也可求解.【小问1详解】因为，所以，即.将点A的坐标代入，得，解得，故C的方程为.【小问2详解】设，，，因为Q为PM的中点，所以.因为直线l的斜率为，所以可设l的方程为，联立得，，由韦达定理可得，.因为，所以，解得，，解得，即，故l的方程为.在第（2）问中，若未写判别式大于0，但写到“由，得l与C必有两个不同的交点”，另外本问还可以通过联立方程消去y求解，其过程如下：设，，l的方程为，联立得，，由韦达定理可得，.因为Q为PM的中点，所以，则，，解得，，，解得，即，故l的方程为（或）.20.在三棱锥中，底面与侧面均为正三角形，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，且，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；或根据面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理进行求解即可.【小问1详解】解法1：因为是边长为2的正三角形，M为AB的中点，所以，，同理，，又，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；解法2：因为△ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，所以且平面，所以平面平面，所以；【小问2详解】因为是正三角形，M为AB的中点，所以，又，，故以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，因为平面，平面，所以.在中，因为N为线段PA上一点，设，则，所以，又，所以，解得，所以.或设，则又，，由得由得，设面的法向量为，，取设面的法向量为，，取设二面角的大小为，则，所以，，二面角的正弦值为1.另解：在中，，所以，所以，又，所以平面，平面，所以.在中，,在边长为2的正中，取中点，则，又是的中点，所以，所以是的中点，则.在中,,在中，，所以，所以，，又，所以平面平面，所以平面平面，所以二面角的大小为，二面角的正弦值为1.21.已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．（1）求抛物线的标准方程；（2）求证：直线BC过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由利用距离公式构建方程即可求得值；（2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点.【小问1详解】焦点，又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即∴∴抛物线E的标准方程为；【小问2详解】依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，由，化简得：，设，则由韦达定理可知，消去得：①又，则②由①②得，∴③由于（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴（舍去）（ⅱ）若直线有斜率，直线的方程为，即，将③代入得，∴，故直线有斜率时过点．【点睛】方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率.22.已知圆：，是圆上的点，关于轴的对称点为，且的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．（1）求的方程；（2）坐标原点关于的对称点分别为，点关于直线的对称点分别为，过的直线与交于点，直线相交于点．请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．①的面积是定值；②的面积是定值；③的面积是定值．【答案】（1）（2）结论③正确，证明见解析【解析】【分析】（1）根据为的垂直平分线上的点，垂直平分线上的点到两端点的距离相等，则可判断到、的距离之和为半径，又因为，则判断点的轨迹为椭圆.（2）证明③的结论过点的直线与椭圆联立表示、两点，再设出直线并求出交点的表示，则即可判断、、为顶点的三角形面积.【小问1详解】由题意得，圆的圆心坐标又因为关于轴的对称点为，则．因为为的垂直平分线上的点，所以所以，所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆．设：，其中，．由题可知：则，，，．故的方程为：小问2详解】法一：结论③正确．若证：的面积是定值．由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，可设直线：，，且，．由，得，所以，所以.直线的方程为：，直线的方程为