浙江省嘉興市2023-2024學年高二上學期1月期末檢測數學試題

第一學期期末檢測高二數學試題卷本試題卷共6頁，滿分150分，考試時間120分鐘.考生注意：1．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙上規(guī)定的位置.2．答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙上的相應位置規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據直線傾斜角的定義可判斷.【解析】由直線，可得該直線的傾斜角為.故選：D.2.數列滿足，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合遞推公式求得即可判斷.【解析】當時，，當時，，當時，，故選：B3.拋物線的準線方程是A. B. C. D.【答案】C【解析】【解析】根據拋物線的概念，可得準線方程為4.已知空間向量，，且，則（）A. B. C.1 D.17【答案】A【解析】【分析】根據空間向量平行的坐標關系運算求解.【解析】，，，即，，解得，.故選：A.5.已知點為圓：外一動點，過點作圓的兩條切線，，切點分別為，，且，則動點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知結合直線與圓相切的性質可得四邊形為正方形，，，然后結合兩點間的距離公式即可求解．【解析】設，因為，與圓相切，所以，，，，又，所以四邊形為正方形，所以，則，即動點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，所以動點的軌跡方程為．故選：A．6.已知，是橢圓：的兩個焦點，A，是橢圓上關于軸對稱的不同的兩點，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設，由橢圓性質和已知條件得，由兩點間的距離公式得，然后化簡、換元結合二次函數單調性可求【解析】由題意，設，由于A，是橢圓上關于軸對稱的不同的兩點，所以，又,令，因為，所以，所以，由于對稱軸為，所以在單調遞減，所以，又，即，所以故選：D7.如圖，把正方形紙片沿對角線進行翻折，點，滿足，，是原正方形的中心，當，直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設正方形邊長為3，求出相關線段長，利用余弦定理求出，結合數量積的運算律，即可求出，利用向量的夾角公式求得，再結合異面直線所成角的范圍即可求得答案.【解析】設正方形邊長為3，由題意知，，，故，則，把正方形紙片沿對角線進行翻折后，直線與為異面直線，則，故，由題意知直線與為異面直線，它們所成角的范圍為，故直線與所成角的余弦值為，故選：C8.已知數列和均為等差數列，它們的前項和分別為和，且，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據題意，由等差數列的前項和可得，然后設，，代入計算，列出方程，即可得到結果.【解析】由可得，即，設，，則，所以，，．若，則解得，，，此時，．即；同理，若，則，解得，則，．即；綜上，．故選：D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.若構成空間的一個基底，則空間的另一個基底可以是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根據空間向量基底的性質逐一判斷即可.【解析】A：因為構成空間的一個基底，所以可以得兩兩都不是共線向量，假設是共面向量，則有顯然無實數解，假設不成立，因此不是共面向量，因此可以成為一組基底；B：因為構成空間的一個基底，所以可以得兩兩都不是共線向量，因為，所以是共面向量，因此不能成為一組基底；C：因為構成空間的一個基底，所以可以得兩兩都不是共線向量，假設是共面向量，則有顯然無實數解，假設不成立，因此不是共面向量，因此可以成為一組基底；D：因為構成空間的一個基底，所以可以得兩兩都不是共線向量，因為，所以是共面向量，因此不能成為一組基底，故選：AC10.已知直線：，則下列結論正確的是（）A.直線過定點B.原點到直線距離的最大值為C.若點，到直線的距離相等，則D.若直線經過一、二、三象限，則【答案】ABD【解析】【分析】求出直線定點可判選項A；當原點到定點的距離即是原點到直線的距離最大值，可判選項B；根據兩點間的距離公式可判選項C；根據條件列出不等式組求解可判選項D【解析】將化為，令，即得，即直線過定點，故A對；當原點到定點的距離即是原點到直線的距離最大值，即原點到直線距離的最大值為，故B對；點，到直線的距離相等，即，即，解得，或，故C錯；若直線經過一、二、三象限，則直線在x軸的截距為負、y軸的截距為正，令，則；令，則，則，即，且或，所以，故D對；故選：ABD11.記等比數列的前項和為，若，則（）A.是遞減數列 B.有最大項C.是遞增數列 D.有最小項【答案】BCD【解析】【分析】由已知條件可得首項和公比的范圍，結合等比數列的通項公式和求和公式對選項分析即可.【解析】設等比數列an的公比為,因為，所以且，對A選項，當時，an是遞減數列，，an是擺動數列，故A錯誤；對B選項，當時，an是遞減數列，最大項為，當，an是擺動數列，，所以數列的奇數項為正，偶數項為負，最大項為第一項，故B正確；對C選項，，且，則，所以，因為單調遞減，所以單調遞增，所以單調遞增；故C選項正確；對D選項，當時，an是遞減數列，有最小項，沒有最大項，當，an是擺動數列，因為，所以數列奇數項為正，偶數項為負，且單調遞減，所以數列有最小項為最大項為，故D選項正確；故選：BCD12.數學中有許多形狀優(yōu)美的曲線．例如曲線：，當時，是我們熟知的圓；當時，是形狀如“四角星”的曲線，稱為星形線，則下列關于曲線的結論正確的是（）A.對任意正實數，曲線恒過2個定點B.存在無數個正實數，曲線至少有4條對稱軸C.星形線圍成的封閉圖形的面積大于2D.星形線與圓有四個公共點【答案】ABD【解析】【分析】易知曲線過定點0,1和1,0，可判斷A；當為正偶數時，曲線關于軸、軸及對稱，可得B正確；根據表達式可判斷出星形線圍成的封閉圖形曲線的內部，可判斷C錯誤；聯(lián)立星形線方程與圓，并解方程可判斷D正確.【解析】選項A，曲線過定點0,1和1,0，且與只有兩個交點0,1和1,0，即A正確；選項B，當，時，曲線至少有4條對稱軸，，，可得B正確；選項C，對于方程，用“”替換“”，方程依然成立，用“”替換“”，方程依然成立，所以星形線既關于軸對稱，也關于軸對稱.考慮星形線在第一象限內的圖形，因為，所以圖形在線段的下方，再根據對稱性，星形線的圖形在曲線的內部，因為曲線所圍成的圖形面積為2，所以星形線圍成的圖形面積小于2，可得C錯誤；選項D，根據對稱性，考慮星形線第一象限內的任意一點Px,y則，當且僅當時取等號，所以在第一象限有一個交點，再根據對稱性另外三個象限各有一個交點，共4個交點，即D正確．故選：ABD【小結】關鍵點小結：在判斷星形線圍成的封閉圖形的面積時，關鍵是要與熟悉的圖形進行比較，再結合過定點0,1和1,0，可聯(lián)想到曲線，即可判斷出面積小于2.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.在等差數列中，，則________．【答案】6【解析】【分析】根據給定條件，利用等差數列性質計算即得.【解析】在等差數列中，，解得，所以.故答案為：614.已知與圓：和圓：都相切的直線有且僅有兩條，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】由題意可得兩圓相交，再根據兩圓的位置關系求參即可.【解析】圓：的圓心，半徑，圓：的圓心，半徑，因為與圓：和圓：都相切的直線有且僅有兩條，所以兩圓相交，則，即，解得，所以實數的取值范圍是.故答案為：.15.在三棱錐中，和都是等邊三角形，，，為棱上一點，則的最小值是________．【答案】【解析】【分析】設，，根據向量的線性運算將用已知向量表示，再利用數量積運算得到的表達式，利用二次函數求出最小值.【解析】如圖，設，，在中，，，當且僅當時，等號成立.故答案為：.16.已知雙曲線：的左頂點為，右焦點為，傾斜角為的直線與雙曲線在第一象限交于點，若，則雙曲線的離心率的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】根據題意，由余弦定理代入計算可得，再由雙曲線的定義結合余弦定理代入計算，即可得到結果.【解析】在中，，由余弦定理得，又，所以，設雙曲線的左焦點為，，在中，由余弦定理得，得，由得，，．所以離心率取值范圍是.故答案為：四、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知圓經過三點，，．（1）求圓的方程；（2）過的直線與圓交于另一點，且為等腰直角三角形，求的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）法一：設圓的一般方程，代點即可；法二：分別求得弦的垂直平分線，聯(lián)立得圓心坐標，再應用兩點距離公式即可求半徑，進而得到圓的標準方程；（2）由題意得圓心到直線的距離為，設出直線的方程，應用點到直線的距離公式即可求解.【小問1解析】法一：設圓的一般方程為，代入三個點得，解得，，，所以的方程為．法二：線段的垂直平分線是，線段的垂直平分線是，聯(lián)立得圓心坐標，則半徑，所以的方程為．【小問2解析】由題意得圓心到直線的距離為，當直線的斜率不存在時，直線方程為，此時圓心到直線的距離為2，故斜率存在；則設直線的方程為，即，則，解得或，所以的方程為或．18.如圖，在正四棱柱中，，，分別為，的中點．（1）證明：平面平面；（2）求到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）以為原點，以AD，DC所在直線為x軸，y軸建立空間直角坐標系，求出平面和平面一個的法向量，根據平面法向量平行可得證（2）根據到平面的距離的空間向量公式即得【小問1解析】以為原點，以AD，DC所在直線為x軸，y軸建立空間直角坐標系，，，，，，，，．設平面的一個法向量，則，即，令，則，所以設可得平面的一個法向量，則，即，令，則，所以，因為，兩平面又不重合，所以平面平面．【小問2解析】因為，所以，由（1）知平面的一個法向量，則．19.已知拋物線：的焦點為，直線與交于，兩點．（1）求的值；（2）若上存在點，使的重心恰為，求的值及點的坐標．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）聯(lián)立直線和拋物線方程利用韋達定理即可得出結果；（2）根據拋物線焦點坐標及重心坐標公式可求得，代入拋物線方程即可求得及.【小問1解析】聯(lián)立方程：和，消去得得，則．【小問2解析】設點，易知，如下圖所示：由（1）可得，由的重心恰為可得，即；且，可得由點在上，滿足，可得，解得，所以，，即點為．20.已知數列的各項均為正數，其前項和為，且．（1）求通項公式；（2）記為在區(qū)間中的項的個數，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據與的關系，可得是等比數列，求出通項；（2）根據題意可求出，利用錯位相減法可求出答案.【小問1解析】當時，，得，所以；則，得，所以是首項為3，公比為3的等比數列，所以，．【小問2解析】由（1），可得，當時，區(qū)間，所以，當時，，，，即當，在區(qū)間內的項有，，，，所以，綜上，，，，①，②①②得，，．21.如圖，四棱錐的底平面是邊長為2的菱形，，，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先通過證明平面得到，在通過證明即可得結論；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求平面平面角.【小問1解析】如圖，連接與交于點，則為中點，也為中點，連接，．因為，所以，又，，是平面內兩條相交線，所以平面，平面，所以，因，分別為，中點，所以，因為，所以．又，是平面內兩條相交線，所平面；.【小問2解析】因為平面，所以平面平面，作，交點為，則平面，又平面，所以，由，又，平面所以平面，又平面，所以，由于四棱錐的底平面是邊長為2的菱形，，所以等邊三角形，又，，所以點即為的垂心，也為重心，則，，，如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，，B1,0,0，則，，設平面的一個法向量，由，即，取，又平面的一個法向量所以，即平面與平面夾角的余弦值.22.已知橢圓：，其短軸長為2，離心率為．（1）求橢圓方程；（2）設為坐標原點，動點，在上，記直線，的斜率分別為，，試問：是否存在常數，使得當時，的面積為定值?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）直接根據條件列式計算求出即可；（2）設，，設的方程：，與橢圓聯(lián)立，利用韋達定理表示出的面積，然后根據面積為定值求解即可.【小問1解析】由已知，，又得，所以，所以橢圓的方程為；【小問2解析】法一：設，，當直線的