试卷解析：广东省深圳外国X学校2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版）

深圳外国语学校2023—2024学年度高二第一学期期末考试数学试题本卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的．1.已知等比数列中，，则公比（）A.2B.-2C.D.【答案】B【解析】【分析】由可算出答案.【详解】∵，∴，解得．故选：B．2.直线，则“”是“”的（）条件A.必要不充分B.充分不必要C.充要D.既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件的知识求得正确答案.【详解】若，则，解得或，当时，和的方程都是，两直线重合，不符合题意.经验证可知，符合.所以“”是“”的充要条件.故选：C3.已知等差数列的前项和为且，则的通项公式为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前项和的公式可推导为等差数列，再计算首项与公差求解即可.【详解】设，则为等差数列.设等差数列的公差为，由，则，故，，故，即的通项公式为.故选：D4.与曲线共焦点，且与双曲线共渐近线的双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由与椭圆共焦点得到，且焦点在轴上，从而巧设所求双曲线为，利用即可得解.【详解】因为曲线为椭圆，焦点在轴上，且，又因为所求双曲线与双曲线共渐近线，所以设所求双曲线为，即，则，解得，所以所求双曲线为.故选：A.5.已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到平面的距离为（）A.4B.2C.D.3【答案】B【解析】【分析】利用点到平面的距离公式即可得解.【详解】因为，，所以，又是平面的一个法向量，所以到的距离为.故选：B.6.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先确定双曲线渐近线方程，结合圆的方程可确定两渐近线截圆所得弦长相等；利用垂径定理可构造方程求得的值，进而根据离心率可求得结果.【详解】由双曲线方程得：渐近线方程为；由圆的方程知：圆心为，半径；与图象关于轴对称，圆的图象关于轴对称，两条渐近线截圆所得弦长相等，不妨取，即，则圆心到直线距离，弦长为，解得：，双曲线离心率.故选：C.7.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值.【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则则又异面直线所成角的范围为故异面直线与所成角余弦值为故选：A8.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（）A.999B.749C.499D.249【答案】A【解析】【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.【详解】由，得，又，所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，由得：，又，所以数列是常数列，则②，由①②联立得.因为，所以，即，所以，故，所以，则.故选：A二、多项选择题：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.方程，则下列说法正确的是（）A.当时，方程表示椭圆B.当时，方程表示焦点在轴上的双曲线C.当时，方程表示圆D.当或时，方程表示双曲线【答案】BCD【解析】【分析】根据方程中分母的正负及是否相等可判断选项即可.【详解】当时，由，且即时，此方程表示圆，故A不正确；当时，，，由方程可知表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；由A可知，当时，方程表示圆，故C正确；当时，，，故方程表示焦点在轴上的双曲线，当时，由B可知，方程表示双曲线，故D正确.故选：BCD10.已知数列的前项和为，下列说法不正确的是（）A.若，则成等比数列B.若为等差数列，则为等比数列C.若，则数列为等差数列D.若，则数列为等比数列【答案】AC【解析】【分析】根据等比、等差数列的概念可对AB进行判断，根据与的关系可由求出数列的通项公式，从而判断CD.【详解】对于A，当时有，此时a，b，c不成等比数列，故A错；对于B，若为等差数列，设其公差为d，则此时有，所以数列为等比数列，故B对；对于C，若，则，，显然不满足，所以数列不为等差数列，故C错；对于D，若，则，，显然满足，所以数列为等比数列，故D正确；故选：AC.11.已知抛物线焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，则下列结论正确的是（）A.抛物线的焦点坐标是B.焦点到准线的距离是4C.若点P的坐标为，则的最小值为5D.若Q为线段MN中点，则Q的坐标可以是【答案】BD【解析】【分析】根据抛物线方程即可判断AB；过点作垂直于准线，垂足为，根据抛物线得定义结合图象即可判断C；假设Q的坐标是，利用点差法求出直线的方程，再判断焦点是否在直线上，即可判断D.【详解】由题意，焦点到准线的距离是，故A错误，B正确；对于C，过点作垂直于准线，垂足为，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为，故C错误；对于D，假设Q的坐标是，设，则，由直线l交抛物线于M，N两点，得，两式相减得，即，所以，即，所以直线的方程为，即，将代入得，所以直线过点，符合题意，所以Q的坐标可以是，故D正确.故选：BD.12.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（）A.沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B.保持与垂直时，M的运动轨迹是线段C.若保持，则点M在侧面内运动路径长度为D.当M在D点时，三棱锥的体积取到最大值【答案】BD【解析】【分析】利用平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程为直线方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长可得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D.【详解】对于A，将正方体下面和右面展开可得如下图形，连接,则，因此A到点P最短路程为，故A错误；对于B，建系如图，设，，所以，即，又因为是侧面上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段,为靠近点的三等分点和靠近点三等分点的的连线段.故B正确；对于C，由B选项过程可得，整理得，所以M在侧面内运动路径是以为圆心，为半径的圆，而点到的距离等于，所以要保持，则点在侧面外，所以点M在侧面内运动路径长度为，故C错误；对于D，设平面的法向量为，，所以，令，解得，所以点到平面的距离等于，因为点在平面内，所以，所以当，即当M在D点时，三棱锥的高最大，又因为的面积为定值，所以当M在D点时，三棱锥的体积最大，故D正确.故选:BD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上．13.已知向量，若∥，则______.【答案】-6【解析】【分析】利用向量平行列方程，即可求解.【详解】因为向量，且∥，所以=，所以，解得：.故答案为：-6.14.曲线：与：恰有四条公切线，则实数的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系以及成圆的充要条件，即可求得实数的取值范围.【详解】解：圆:，即，其圆心，半径圆:，即，其圆心，半径，则必有，即两圆圆心的距离若两圆有4条公切线，则两圆外离，必有，解得：则的取值范围为.故答案为：.15.已知抛物线，直线与相交于两点，若的准线上一点满足，则的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】令，由及数量积的坐标公式得，联立抛物线与直线方程，应用韦达定理求横纵坐标的和积代入上式求的纵坐标即可.【详解】令，则，由，则，所以联立，消去y整理得，则，所以，，综上，，则，故.故答案为：16.已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求的取值范围.【详解】如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，则，，设，则，则，∵，，∴.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，证明过程或演算步骤．17.已知直线和圆（1）求证：直线过定点，并求这个定点（2）若直线截圆所得的弦长为，求直线的方程【答案】（1）证明见解析，定点；（2）或.【解析】【分析】（1）根据方程的性质进行求解即可；（2）根据弦长公式及点到直线的距离公式即得.【小问1详解】直线：，即，令，解得，所以直线过定点；【小问2详解】由圆，可得圆心，半径为3，又直线截圆所得的弦长为，所以圆心到直线的距离，所以，解得或，所以直线的方程为或.18.已知数列为等差数列，，数列的前项和为，且满足.（1）求和的通项公式：（2）若，求数列的前项和为.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）列出关于首项和公差的方程组求得；利用求得；（2）利用错位相减法求得.【小问1详解】设的公差为d，由题意可得，解得，所以.，时，，时，，，是以1为首项，3为公比的等比数列，.【小问2详解】.19.如图所示，四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，（1）求证：（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，根据面面垂直的性质可得平面，结合条件建立坐标系，利用坐标法即得；（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】取中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，取的中点，连接，因为为等腰梯形，所以，如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以；【小问2详解】由（1）知，设平面的一个法向量为，则，令，可得，设平面的一个法向量为，则，令，可得，设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成的锐二面角余弦值为.20.已知双曲线C和椭圆有公共的焦点，且离心率为．（1）求双曲线C的方程．（2）经过点M（2，1）作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程并求弦长．【答案】（1）x21（2）y＝4x﹣7，弦长【解析】【分析】（1）求出双曲线焦点坐标，结合离心率，联立求解a,b,c得到双曲线的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）代入椭圆方程，用点差法求出直线斜率，弦长公式求弦长即可.【详解】（1）由题意得椭圆的焦点为F1（，0），F2（，0），设双曲线方程为1，a＞0，b＞0，则c2＝a2+b2＝3，∵e∴ca，解得a2＝1，b2＝2，∴双曲线方程为x21．（2）把A（x1，y1），B（x2，y2）分别代入双曲线x12y12＝1，x22y22＝1，两式相减，得（x1﹣x2）（x1+x2）（y1﹣y2）（y1+y2）＝0，把x1+x2＝4，y1+y2＝2代入，得4（x1﹣x2）﹣（y1﹣y2）＝0，∴kAB4，∴直线L的方程为y＝4x﹣7，把y＝4x﹣7代入x21，消去y得14x2﹣56x+51＝0，∴x1+x2＝4，x1x2＝，k＝4，∴|AB|•．【点睛】本题考查了直线和椭圆的中点弦和弦长问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.21.设数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设数列，对任意，将数列中落入区间内的项的个数记为，记数列的前项和为，求使得的最小整数．【答案】（1）；（2）5【解析】【分析】（1）利用可求出数列的通项公式；（2）由（1）得，然后由，得，则，从而可求出，进而可求出使得的最小整数的值.【小问1详解】当时，，得，当时，由，得，所以，，所以，所以数列是以2为首项，4为公比的等比数列，所以【小问2详解】由（1）得，因为数列中落入区间内，所以，所以，，所以，所以数列中落入区间内的项的个数，所以，由，得，即，当时，，当时，，因为随的增大而增大，所以的最小整数为5.22.已知椭圆的离心率为，过椭圆的一个焦点作垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得、，即可求出、、，从而求出椭圆方程