2023-2024学年浙江省绍兴市柯桥区高二上学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高二上学期期末数学试题注意事项：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.【答案】C【解析】对于A项，直线斜率为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.已知平面平面的法向量分别为，则实数（）A.3 B.-3 C.2 D.-2【答案】B【解析】∵平面平面，∴平面的法向量也垂直，∴，即，解得：.故选：B.3.已知等比数列，则数列的前10项和为（）A55 B.110 C.511 D.1023【答案】D【解析】设等比数列的公比为，前项和Sn，则，故.故选：D.4.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【答案】C【解析】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.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.【答案】D【解析】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.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【答案】C【解析】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.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.【答案】B【解析】根据斐波那契数列的递推公式，可得.故选：B.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.【答案】A【解析】设抛物线上两点坐标为，若直线AB斜率存在，则，则直线AB方程为：，，又，故AB方程为：；若直线AB斜率不存在，则，此时直线AB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AB方程可表示为：.又AB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r=1，故点的轨迹方程为：.故选：A.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【答案】BC【解析】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.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，【答案】BCD【解析】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.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34【答案】ABD【解析】当直线与垂直时，圆心到直线的距离取最大值，此时AB的最小值为，当直线经过圆心时，AB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.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【答案】BCD【解析】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.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__________．【答案】【解析】，故可得，解得，故，则.故答案为：.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__________．【答案】【解析】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.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__________．【答案】【解析】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.已知正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________．【答案】【解析】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：.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．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.在数列中，已知，．（1）求证：是等比数列．（2）求数列的前n项和．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.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．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.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．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：A-2,0，，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.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：．解：（1）∵，∴，得：，∴，∴，∴.（2）由（1）得，①，②，①-②得：，∴，.22.已知椭圆C:x2a2+（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．解：（1）由题意得：，②，③，①②③联立得：，∴椭圆标准方程为：（2）∵过点的直线与椭圆及圆依次交于四点，∴圆在椭圆内部，故：；，∴设直线，由代入椭圆，整理得：，易知，∴∵，（*）又，，，代入（*）式得：，又，，所以，整理得：，故上述关于的方程有解即可；由因，则，故，所以，即解得：又因，解得：；当不存在时，直线，此时，，，即，解得.综上所述：取值范围为．浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高二上学期期末数学试题注意事项：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.【答案】C【解析】对于A项，直线斜率为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.已知平面平面的法向量分别为，则实数（）A.3 B.-3 C.2 D.-2【答案】B【解析】∵平面平面，∴平面的法向量也垂直，∴，即，解得：.故选：B.3.已知等比数列，则数列的前10项和为（）A55 B.110 C.511 D.1023【答案】D【解析】设等比数列的公比为，前项和Sn，则，故.故选：D.4.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【答案】C【解析】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.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.【答案】D【解析】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.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【答案】C【解析】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.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.【答案】B【解析】根据斐波那契数列的递推公式，可得.故选：B.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.【答案】A【解析】设抛物线上两点坐标为，若直线AB斜率存在，则，则直线AB方程为：，，又，故AB方程为：；若直线AB斜率不存在，则，此时直线AB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AB方程可表示为：.又AB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r=1，故点的轨迹方程为：.故选：A.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【答案】BC【解析】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.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，【答案】BCD【解析】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.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34【答案】ABD【解析】当直线与垂直时，圆心到直线的距离取最大值，此时AB的最小值为，当直线经过圆心时，AB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.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【答案】BCD【解析】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.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__________．【答案】【解析】，故可得，解得，故，则.故答案为：.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__________．【答案】【解析】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.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__________．【答案】【解析】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.已知正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________．【答案】【解析】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：.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．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.在数列中，已知，．（1）求证：是等比数列．（2）求数列的前n项和．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.如图，已知中，，是上一