河北省唐山市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

高二年级第一学期期末考试数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，再涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只一项是符合题目要求的.1.抛物线y2＝x的焦点坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】可以先确定开口方向，再根据方程得的值，进而得到焦点坐标.【解析】由y2＝x知抛物线的焦点在轴上，且开口向右，,∴，焦点坐标为，故选:B．【小结】根据抛物线的方程求焦点坐标、准线方程时，可以总结如下：的焦点坐标,准线方程；的焦点坐标,准线方程.2.已知向量，则（）A.1 B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】根据向量模长的坐标运算即可得出答案.【解析】,故选：C.3.记是等差数列的前n项和，若，，则（）A.27 B.36 C.45 D.78【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的前n项和的性质：对于，,成等差数列，取,列出方程组求解即得.【解析】因是等差数列的前n项和，则成等差数列，于是，代入，，解得：，又,代入上述值，解得：.故选：D.4.已知圆与圆，则两圆公切线的条数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先找出两圆的位置关系，再根据两圆的位置关系求出公切线的数量.【解析】两圆圆心分别为，半径分别为2和3，而圆心距为5，故两圆外切，所以两圆的公切线共有3条，故选：C5.已知，均为等差数列，且，，，则（）A.2026 B.2025 C.2024 D.2023【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质即可求解.【解析】由于，均为等差数列，则为等差数列，因此，，所以的公差为1，故，故选：B6.线段长度为4，其两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段中点的轨迹所围成图形的面积为（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用几何法直接求出轨迹方程，进而由圆的面积公式求解.【解析】，设为线段中点，，设，则，即．则线段中点的轨迹是以坐标原点为圆心，2为半径的圆；故线段中点的轨迹所围成图形的面积为.故选：D7.如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答.【解析】在正三棱柱中，向量不共面，，，令，则，而，，于是得，因此，，所以与所成角的大小为.故选：B8.已知M是椭圆上一点，椭圆的左、右顶点分别为A，B.垂直椭圆的长轴，垂足为N，若，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，根据点在椭圆上结合得到方程组，解出即可得到离心率.【解析】设，则，，，，因为，即，整理得，即，即，由题可知，则，即，则，则，则，故选：B.【小结】关键点小结：本题的关键是采用设点法，根据题意得到，再结合点在椭圆上即可得到离心率.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.有选错的得0分，部分选对的得2分，全部选对的得5分.9.已知直线与，则（）A.若，则两直线垂直 B.若两直线平行，则C.直线恒过定点 D.直线在两坐标轴上的截距相等【答案】AC【解析】【分析】由，判断A；由平行关系求出，判定B；由直线的点斜式方程判断C；求出截距判断D.【解析】当时，，，则，所以两直线垂直，A正确；若两直线平行，则，解得，经检验，当时，两直线平行，B错误；由，即，所以直线恒过定点，C正确；由，与两坐标轴的截距分别为，不相等，D错误.故选：AC10.数列满足：，，则（）A. B.C.为单调递减数列 D.为等差数列【答案】ACD【解析】【分析】根据递推关系可证明为等差数列，且公差为1，即可利用等差数列的通项求解，结合选项即可逐一求解.【解析】由可得，因此为等差数列，且公差为1，故D正确，由于为等差数列，且公差为1，所以，故，故为单调递减数列，C正确，，故，A正确，，，B错误，故选：ACD11.已知双曲线，直线与C交于A，B两点，点P是C上异于A，B的一点，则（）A.C的焦点到其渐近线的距离为B.直线与的斜率之积为2C.过C的一个焦点作弦长为4的直线只有1条D.点P到两条渐近线的距离之积为【答案】AD【解析】【分析】求出双曲线渐近线方程为，焦点为，设，由点到直线距离公式可判断A、D；由双曲线和直线的对称性可设，，由两点的斜率公式可计算，B错误；联立方程组，由弦长公式判断C.【解析】对A，由已知得渐近线方程为，焦点为，则焦点到渐近线的距离，A正确；对B，由双曲线和直线的对称性可设，，，则，所以，故B错误；对C，过C的一个焦点的直线，当其斜率不存在时，所以此时弦长为2；当斜率存在时，分别与双曲线上下支各有一个交点时，结合图形可知弦长可以无穷大；综上，过C的一个焦点的直线与双曲长相交时得到的弦长范围为，又由双曲线的对称性可知，过C的一个焦点作弦长为4的直线至少有两条，故C错误；对D，点到两条渐近线的距离之积：，D正确.故选：AD.12.已知正方体的棱长为2，P，Q分别是棱，上的动点（含端点），则（）A.四面体的体积是定值B.直线与平面所成角的范围是C.若P，Q分别是棱，的中点，则D.若P，Q分别是棱，的中点，则经过P，Q，C三点作正方体的截面，截面面积为【答案】ABC【解析】【分析】由体积公式计算判断A；由线面角公式判断B；由距离计算判断C;由截面做法及计算判断D.【解析】对A，因为四面体的体积为，h为到底面的距离，且为定值2，为定值，故四面体的体积是定值，A正确；对B，连接，易得平面，故平面，则到平面的距离即为到平面的距离；又，平面，则平面，则到平面的距离为，易得，则直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的范围是，故B正确；对C，若P，Q分别是棱，的中点，易得，故C正确；对D，取中点M,中点N,连接，易知故四边形为平行四边形，则，易知，故，故经过P，Q，C三点作正方体的截面，截面为梯形，如图：又易得，，作易得为矩形，设，则，由则，解得，故，故四边形的面积为，故D错误.故选：ABC【小结】关键点小结：本题考查正方体性质，线面角及截面问题，明确截面形状是解决D的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等比数列的公比为q，且，，，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】根据等比数列，得，求出的值即可.【解析】因为等比数列的公比为q，且，，，所以，即，即，解得或（舍），故答案为：.14.已知，，且，则______.【答案】【解析】【分析】根据列出比例式，求解即可.【解析】因为，所以，解得.故答案为：.15.已知直线l与圆相切，且切点的横、纵坐标均为整数，则直线l的方程为______.（写出一个满足条件的方程即可）【答案】或或或（任写一个都对）【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系找出圆上所有符合题意的切点，求出切线斜率即可求得切线方程.【解析】易知圆C的圆心为点，半径为；圆C经过的整点有4个，即，，，.①切点为时，圆心与切点连线的斜率为，则切线斜率为1，所以由直线的点斜式方程可得切线方程为；②切点为时，圆心与切点连线的斜率为，则切线斜率为，所以由直线的点斜式方程可得切线方程为；③切点为时，圆心与切点连线的斜率为，则切线斜率为，所以由直线的点斜式方程可得切线方程为；④切点为时，圆心与切点连线的斜率为，则切线斜率为，所以由直线的点斜式方程可得切线方程为；故答案为：或或或（任写其一）16.已知点在抛物线上，则______；过点M作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（不同于点M），则直线经过的定点坐标为______.【答案】①.2②.【解析】【分析】由抛物线过点求出；设直线的方程为：，，联立，得，利用韦达定理，通过，转化求解出直线方程，推出直线经过的定点.【解析】因为点在抛物线上，所以，解得；抛物线，由题意知，直线斜率不存在时，不符合题意，设直线的方程为：，，联立，得，所以，因，所以，，，所以，即，所以，即，验证，所以，直线经过的定点坐标为，故答案为：2；.【小结】方法小结：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.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.已知直线与圆相交于A，B两点.（1）若P为圆C上一点，求点P到直线l的最大距离；（2）求弦的长度.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）计算圆心到直线的距离，加上半径即为最大距离；（2）由圆中弦长公式可解.【小问1解析】圆，圆心，半径，圆心到直线的距离，所以点P到直线l的最大距离为.【小问2解析】，即，解得.18.数列是首项为1，公比为正数的等比数列，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式，代入等量关系即可求解；（2）利用等比数列的求和公式和等差数列的求和公式进行分组求和即可.【小问1解析】因为，，所以，或，又因为，所以，所以.【小问2解析】，则.19.如图，在梯形中，，，，为等边三角形，平面平面，E为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据“由中点找中点”得到，易得平面；（2）根据题设建系，求出相关点和向量的坐标以及平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1解析】如图，取的中点F，连结，.因为E为的中点，所以，.因为，，所以，.即四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2解析】如图，取的中点O，的中点G，连结，，则，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，故.分别以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，则，，，故，，，设平面的一个法向量为，则令，则设直线与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.20.数列满足，，.（1）求，；（2）证明：数列是等差数列；（3）若，求数列的前n项和.【答案】（1），（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）令，，结合递推关系即可求解；（2）利用等差数列的定义证明即可；（3）先用累加法求出，然后用裂项相消法求出.【小问1解析】令，得；令，得.小问2解析】，所以是以为首项，2为公差等差数列.【小问3解析】由（2）得，所以，所以，所以.21.如图，三棱柱的侧面和均为正方形，，交于点O，D为中点，.（1）证明：；（2）设，当为何值时，平面与平面夹角的余弦值等于？【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线线垂直可得线面垂直，进而根据线面垂直的性质求证线线垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1解析】因为，，，平面，所以平面，又因平面，所以.【小问2解析】如图，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，故，，由，得，得，设平面的法向量为.由得取，取平面的一个法向量为.设面与面夹角为，则，即，解得..22.已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，离心率为，长轴长为4，过点的直线l交于M，N两点（M在x轴上方）.（1）求的方程；（2）记的面积为，的面积为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据长轴长确定，根据离心率得到，得到椭圆方程.（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，设出直线方程，联立，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定，计算，设，解不等式得到答案.【小问1解析】已知长轴长为4，则，解得，因为的离心率为，所以，解得，所以，