江华瑶族自治县2023-2024学年高二上学期期中考试
数学 答案解析
注意：本试卷共22道题，时量120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．)
1. 倾斜角为45°，在轴上的截距是的直线方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由倾斜角为45°，可得其斜率为1，再由轴上的截距是，可求出直线方程
【详解】解：因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为，
因为直线在轴上的截距是，
所以所求的直线方程为，即，
故选：B
2. 如图，已知平行六面体，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的加法法则即可计算．
【详解】．
故选：C．
3. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 15 B. 30 C. 45 D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，可知，从而可求出结果.
【详解】解：根据题意，可知等差数列中，，
则，
所以.
故选：D.
4.抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将抛物线的方程化成标准形式，即可得到答案；
【详解】抛物线的方程化成标准形式，
准线方程为，
故选：A.
5. 若直线与圆相交于两点，且(其中为原点)， 则的值为（ ）
A. 或 B. C. 或 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可知，圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得
故选：A
【点睛】
6．在公差大于的等差数列中，，且、、成等比数列，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，则，根据题中条件可得出关于的方程，求出的值，可得出数列的通项公式，再利用并项求和法可求得数列的前项和.
【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，
所以，，，
因为、、成等比数列，则，即，
即，
因为，则，所以，，
对任意的，，
所以，的前项和为
.
故选：A.
7. 如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【分析】以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.运用异面直线的空间向量求解方法，可求得答案.
【详解】解：以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知可得，，，，则，，
所以.
又因为异面直线所成的角的范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
8. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率．
【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线，
延长交轴于点，则由平行于轴知，，
则,设内切圆半径为r，
则，
∴椭圆的离心率为．
故选：A﹒
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
B. 直线在轴的截距是2
C. 直线的倾斜角为30°
D. 过点且倾斜角为90°的直线方程为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程等知识确定正确答案.
【详解】A选项，直线过点且在轴，轴截距相等，所以A选项错误.
B选项，直线在轴上的截距是，B选项错误.
C选项，直线的斜率为，倾斜角为，C选项正确.
D选项，过点且倾斜角为90°的直线方程为，D选项正确.
故选：CD
10. 已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 为递减数列
C. 是和的等比中项 D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】先由题干中条件得到公差，从而求出通项公式，判断出AB选项；计算出，，发现，故判断C选项的正误；D选项为递增数列，且，，从而得到最小，计算出结果即可判断.
【详解】由题意得：，因为，所以，所以通项公式为：，A选项正确；由于，所以为递增数列，B选项错误；通过计算可得：，，，其中，所以不是和的等比中项，C选项错误；因为为递增数列，且，，故在时取得最小值，，D选项正确
故选：AD
11. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个不重合的动点E，F，则（ ）
A. 当时， B.
C. AE的最小值为 D. 二面角为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据数量积的计算可求得，判断A；证明⊥平面，根据下年垂直的性质可判断B；当时，取得最小值，求得其值，判断C；根据正方体性质可知二面角就是二面角，由此判断D.
【详解】连接，，，,
由正方体的性质可知，
则，解得，故A错误,
因为平面，平面，故，
因为，且平面，
所以⊥平面，
平面，所以，即，则B正确.
当时，取得最小值，此时为等腰三角形，
故最小值为，则C正确.
因为平面与平面同一平面，平面与平面是同一平面，
所以二面角就是二面角，
在正方体中，平面和平面是两个确定的平面，
故二面角定值，所以二面角为定值，则D正确，
故选：
12. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交会的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交会，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，若某直线上存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（ ）
A. 点P的轨迹曲线是一条线段
B. 点P的轨迹与直线是没有交会的轨迹（即两个轨迹没有交点）
C. 是“最远距离直线”
D. 不是“最远距离直线”
【答案】BCD
【解析】
【分析】确定出点轨迹是抛物线，再确定此抛物线与BCD中的直线有无公共点即可得．
【详解】平面上点到点M距离比到直线l的距离小1，则点到点M的距离与它到直线的距离相等，
因此其轨迹是以焦点，直线为准线的抛物线，其轨迹方程是，A显然错，
此抛物线与直线一定无交点，B正确；
由得，即，，
方程组有实数解，因此此抛物线与直线有交点，
即直线上存在点满足题意，C正确；
由得，，方程组无实数解，
因此抛物线与直线无公共点，所以直线上不存在点满足题意，D正确，
故选：BCD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 过椭圆的左顶点，且与直线平行的直线方程为____________.
14. 数列的前项和，则该数列的通项公式为______.
15.过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为___________.
【解析】
【分析】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为，代入点的坐标，求出的值，即可的解.
【详解】解：设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为，
代入点，得，解得，
所以所求双曲线方程为.
16. 正四棱锥，底面四边形为边长为2的正方形，，其内切球为球G，平面过与棱，分别交于点M，N，且与平面所成二面角为30°，则平面截球G所得的图形的面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用等体积法求出内切球的半径，即可得到球心坐标，设平面的法向量为，利用空间向量法表示出二面角的余弦值，即可求出参数，从而可求球心到平面的距离，从而求出截面面积；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，因为，，所以，所以，，则内切球的球心在上，设，内切球的半径为，，由等体积法可得，解得，则，因为平面过，设平面的法向量为，面的法向量为，设面与面所成二面角为，则，即，解得或（舍去），所以，则圆心到平面的距离，所以截球所得图形的面积为；
故答案为：
四、解答题(本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17. 已知直线和圆心为C的圆.
（1）判断直线与圆的位置关系；
（2）如果相交，求直线被圆所截得的弦长.
【答案】（1）直线l与圆C相交，有两个公共点；
（2）.
【解析】
【分析】（1）代数法：联立方程，根据得到方程解的个数判断位置关系.几何法：由已知得出圆心、半径，根据圆心到直线的距离与半径的关系，即可判断；
（2）代数法：根据（1）求出的方程，解出点的坐标，根据两点间的距离公式，即可求出弦长.几何法：根据垂径定理，即可求出答案.
【小问1详解】
解法1:代数方法
联立直线l与圆C的方程，
消去，得，所以.
所以，直线l与圆C相交，有两个公共点
解法2:几何法
将圆C方程化成标准方程，因此圆心C的坐标为，半径为2，圆心C到直线的距离.
所以，直线l与圆C相交，有两个公共点.
【小问2详解】
解法1:代数方法
设，.
由（1）可知，不妨设，则，，，
所以，，.
因此.
解法2:几何法
由（1）可知直线l与圆C有两个交点，
且圆的半径，圆心C到直线的距离，
由垂径定理，得.
18．在公差为的等差数列中，已知，且.
(1)求；
(2)若，求.
试卷第1页，共3页
【答案】(1)当时，，当时，；(2)65
【解析】
【分析】（1）根据基本量进行计算；（2）先判断前10项为正数，再计算即可.
【详解】（1）由，，
，解得或，
当时，，
当时，；
（2）由， ，
所以数列前10项为正数，第11项为0，从第12项起为负数，
所以==.
19. 如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面.
（2）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）或2
【解析】
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；
（2）设，且，则,0,，由直线与直线所成角的余弦值，利用向量法能求出线段的长．
【小问1详解】
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,4,，,2,，,0,，,2,，
,2,，,0,，,2,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,0,，
，平面，平面．
【小问2详解】
设，且，则,0,，,,，,2,，
则，整理得
解得或，所以线段AH的长为或2．
20.在数列中，，.
(1)证明：为等比数列.
(2)设，若是递增数列，求的取值范围.
【解题思路】（1）根据题意构造等比数列即可证明；
（2）根据（1）中条件得到通项公式，结合递增数列的定义求解参数范围即可.
【解答过程】（1）因为，所以，
因为，所以，
则，
则是以1为首项，4为公比的等比数列.
（2）由（1）可得，，即.
，则，
故
，
因为是递增数列，所以，即.
当为奇数时，，即，
由于，易知单调递减，所以；
当为偶数时，，即，
由于，易知单调递增，所以.
综上，的取值范围为.
21. 如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；
(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.
【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，因为平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，
故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：
则，，，，，则，
所以，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
所以，
因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
22．已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切．
(1)求C的方程；
(2)直线与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，且平分，设直线的斜率为（O为坐标原点），判断是否为定值？并说明理由.试卷第1页，共3页
【答案】(1)
(2)为定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到，再由相切关系，利用点到直线距离得到方程，联立求出，求出椭圆方程；
（2）由题意条件得到，联立与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，代入化简得到，又在椭圆上，故，代入化简得到，从而得到，，证明出结论.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，即有，
由以C的短轴为直径的圆方程为，
由与直线相切得：，
联立解得，
∴C的方程为；
（2）为定值，且，理由如下：
由题意，直线AP，BP的斜率互为相反数，即，
设，
由，消去y得：，
∴，
而，
∴，
即
，
∴，
∴，
化简得，
又∵在椭圆上，∴，∴，
∴，
∴，
又∵不在直线，
则有，即，
∴为定值，且.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.江华瑶族自治县2023-2024学年高二上学期期中考试
数学
注意：本试卷共22道题，时量120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，满分40分．)
1. 倾斜角为45°，在轴上的截距是的直线方程为（ ）．
A. B. C. D.
2. 如图，已知平行六面体，则( )
A. B.
C. D.
3. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 15 B. 30 C. 45 D. 60
4. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
5. 若直线与圆相交于两点，且(其中为原点)， 则的值为（ ）
A. 或 B. C. 或 D.
6．在公差大于的等差数列中，，且、、成等比数列，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
7. 如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
9. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
B. 直线在轴的截距是2
C. 直线的倾斜角为30°
D. 过点且倾斜角为90°的直线方程为
10. 为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 为递减数列
C. 是和的等比中项 D. 的最小值为
11. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个不重合的动点E，F，则（ ）
A. 当时， B.
C. AE的最小值为 D. 二面角为定值
12. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交会的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交会，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，若某直线上存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（ ）
A. 点P的轨迹曲线是一条线段
B. 点P的轨迹与直线是没有交会的轨迹（即两个轨迹没有交点）
C. 是“最远距离直线”
D. 不是“最远距离直线”
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 过椭圆的左顶点，且与直线平行的直线方程为____________.
14. 数列的前项和，则该数列的通项公式为______.
15.过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为___________.
16. 正四棱锥，底面四边形为边长为2的正方形，，其内切球为球G，平面过与棱，分别交于点M，N，且与平面所成二面角为30°，则平面截球G所得的图形的面积为___________.
四、解答题(本大题共6小题，满分70分．写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17. 已知直线和圆心为C的圆.
（1）判断直线与圆的位置关系；
（2）如果相交，求直线被圆所截得的弦长.
18．在公差为的等差数列中，已知，且.
(1)求；
(2)若，求
19. 如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面.
（2）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
试卷第1页，共3页
20.在数列中，，.
(1)证明：为等比数列.
(2)设，若是递增数列，求的取值范围.
21. 如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
22．已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切．
(1)求C的方程；
(2)直线与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，且平分，设直线的斜率为（O为坐标原点），判断是否为定值？并说明理由.
