广东省湛江市2023-2024学年高二上学期期末调研考试数学试题（含解析）

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湛江市2023—2024学年度第一学期期末调研考试
高二数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本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，只有一项是符合题目要求的.
1.已知两条直线和相互垂直，则（ ）
A.2 B.3 C. D.
2.已知空间向量，若，则实数（ ）
A.0 B.2 C.-1 D.-2
3.若双曲线的左 右焦点分别为，点在双曲线上，且，则（ ）
A.2 B.10 C.12 D.6
4.已知数列与均为等差数列，且，则（ ）
A.9 B.18 C.16 D.27
5.在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到轴的距离大2，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C.或 D.或
6.已知圆，过点且与圆相切的直线与两坐标轴分别交于点为坐标原点，则的面积为（ ）
A.9 B.20 C.16 D.8
7.已知为椭圆上的点，分别为椭圆的左 右焦点，椭圆的离心率为的平分线交线段于点，则（ ）
A.2 B. C. D.
8.已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，则（ ）
A. B.
C. D.
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.已知是双曲线的一个焦点，则下列选项正确的有（ ）
A.双曲线的离心率为
B.到双曲线的一条渐近线的距离为1
C.双曲线与双曲线有相同的渐近线
D.过点的直线与双曲线只有一个公共点，则这样的直线有两条
10.已知是圆外一点，过点作圆的切线，切点分别为，则下列选项正确的有（ ）
A.直线与圆相切
B.直线与圆相交
C.
D.若，则
11.若数列满足从第三项开始，每一项都等于前两项之和，即成立，我们称之为斐波那契—卢卡斯数列.已知数列是斐波那契—卢卡斯数列，且为数列的前项和，则下列选项正确的有（ ）
A.数列存在连续三项成等差数列
B.数列存在连续三项成等比数列
C.
D.
12.如图，在棱长为6的正方体中，是棱的中点，点是线段上的动点，点在正方形内（含边界）运动，则下列四个结论中正确的有（ ）
A.存在点，使得
B.存在点，使得
C.面积的最小值是
D.若，则三棱锥体积的最大值是
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知直线的倾斜角为，则__________.
14.已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，则面积的最小值为__________.
15.如图，在平行六面体中，四边形是边长为2的菱形，且.著直线与平面所成的角的正弦值为，则__________.
16.已知分别是双曲线的左 右焦点，过点的直线与双曲线交于两点，直线与轴交于点.若，则双曲线的离心率为__________.
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.（本小题满分10分）
已知各项均为正数的等比数列的首项.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列的前项和，证明：.
18.（本小题满分12分）
过点的直线与圆交于两点.
（1）当取最大值时，求直线的方程；
（2）用坐标法证明：为定值.
19.（本小题满分12分）
下图是一座抛物线拱形拉索大桥，拱形最高点与桥的距离为，抛物线拱形桥的纵截面曲线为抛物线C，抛物线C与桥面的交点为A，B两点，.
（1）求抛物线C的焦点到其准线的距离；
（2）已知P Q两点为抛物线拱形桥的纵截面抛物线C与水面的交点，点P与点A在抛物线C对称轴的同侧，从点B俯瞰点P，俯角的正切值为，求桥面与水面的距离.
20.（本小题满分12分）
已知数列的前项和为.
（1）求；
（2）记为数列的前项和，若，且数列是以3为公差的等差数列，求数列的通项公式.
21.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为平行四边形，且
.
（1）证明：平面平面.
（2）棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知，动点满足：直线与直线的斜率之积为常数.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知，设直线与直线交轨迹于另两点，记和的面积分别为，求的取值范围.
湛江市2023—2024学年度第一学期期末调研考试
高二数学参考答案及评分标准
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，只有一项是符合题目要求的
1.D 【解析】由，可得，所以.故选D.
2.D 【解析】当时，，显然不平行.当时，，则，解得.故选.
3.B 【解析】由题意得，而，解得或10.而，所以.故选B.
4.A 【解析】因为数列与均为等差数列，且，由等差数列的性质可知，.故选A.
5.C 【解析】设，由题意，所以，两边平方得，，即，当时，，即；当时，.故选C.
6.C 【解析】由，所以点在圆上，圆的标准方程为，设直线的方程为，即.因为直线与圆相切，所以，解得，所以直线的方程为.设点分别为直线与轴 轴的交点.令，得，即，令，得，即，所以.故选C.
7.A 【解析】因为的平分线交线段于点，所以，所以由正弦定理得.又因为，，所以，即.不妨设，则，解得，所以，故选A.
8.D 【解析】设数列的公差为，数列的公比为.
由，得，
故，
解得或，所以错误；
当时，，
所以，
若，则，与为等比数列矛盾，所以错误；
当时，，
所以，
若，则，与为等比数列矛盾，所以B错误；
当时，，
所以成立，
当时，，所以，所以，所以D正确.故选D.
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.BD 【解析】由双曲线的方程可得双曲线的实半轴长，半焦距，所以双曲线的离心率，故A错误；
由题意得，双曲线的渐近线方程为，焦点坐标为，由点到直线的距离公式得，到双曲线的渐近线的距离，故B正确；
双曲线的渐近线方程为，故C错误；
点在双曲线的渐近线上，所以过点的直线与双曲线只有一个公共点的直线有两条，一条和渐近线平行，一条与右支相切，故D正确.故选BD.
10.BCD 【解析】圆心到直线的距离为，又点在圆外，，所以，故直线与圆相交，所以错误，正确；
，所以C正确；
因为，所以，故，所以，故D正确.故选BCD.
11.AC 【解析】因为，所以成等差数列，所以A正确；假设成等比数列，则，又，
所以.设，则无有理数根，所以假设不成立，故B错误；因为，
所以，所以，
同理，，所以，
故，所以C
正确；
，所以D错误.故选AC.
12.BCD 【解析】如图在平面的射影为，
若，则，显然不存在这样的点，故错误；
如图2，建立空间直角坐标系，则.
设，所以，所以.假设存在点，使得，则，整理得，解得（舍去）或，故存在点，使得，故B正确；
由上知，所以点在上的射影为，所以点到的距离为
，所以当时，，故
面积的最小值是，故C正确；
由题易知，
所以.
又，所以，得，
在平面内以为轴，的垂直平分线为轴建系，如图3.
根据题意可得.设，因为，
所以，故，整理得圆.
在正方形内（包括边界），是以为圆心，半径的圆上的点.
令，可得，当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值是，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. 【解析】由题意，得直线的斜率为，故，又1，所以.
14.2 【解析】设直线的方程为，联立得，则.因为，所以当时，的面积的最小值为2.
15.3 【解析】如图，连接，设为与的交点.
因为，所以与平面所成的角等于与平面所成的角.
连接，过作于.
由平面平面，平面平面平面，所以平面，所以就是与平面所成的角，即为与平面所成的角.
由已知得.
因为四边形是边长为2的菱形，且，
所以，
所以.
在中，，
.
在中，
.
在中，由正弦定理得，，即，得，所以当3时，直线与平面所成的角的正弦值为.
16. 【解析】由题意，设，则.在Rt中，，则，故或（舍去），所以，则，故，所以在中，由余弦定理得，整理得，故.
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.（1）解：设数列的公比为.
因为，所以，
故，
解得或.
又数列各项均为正数，所以舍去，故，
所以.
（2）证明：由（1），得，
则，
，
两式相减得，
故.
18.（1）解：由得，所以圆是以为圆心，3为半径的圆，
当直线过圆的圆心时，最大，
所以直线的斜率为，
所以当最大时，直线的方程为.
（2）证明：设.
当直线的斜率不存在时，即直线的方程为，
所以，所以，
所以.
当斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
则.
又，
所以.
综上，为定值11.
19.解：（1）以抛物线拱形对应抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴为轴，建立直角坐标系.
设对应抛物线的方程为，
则点在抛物线上，所以，
所以，即，故抛物线的焦点到其准线的距离为.
（2）由（1）可知抛物线的方程为，
由抛物线对称性，不妨设点在对称轴右侧，则.
由题意，
解得，
故，
所以桥面与水面的距离为.
20.解：（1）由题意，，所以.
由，得，两式相减得，
所以数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列；偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列.
若为奇数，设，则；
若为偶数，设，则.
综上，，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由数列是以3为公差的等差数列，可得，
又，
所以，故，
解得.
又，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，
所以，即，
所以.
当时，，
又当时，，所以
21.（1）证明：如图，过点在平面内作，交的延长线于点，连接，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以，即.
由，所以.
又，所以，故.
又为等边三角形，所以.又，所以.
又，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知两两垂直，故以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
易得，
所以.
设存在点，使得平面与平面的夹角为，
且，故，
所以，
故.
设为平面的法向量，则有
即可取.
设为平面的法向量，则有
即可取，
所以.解得或，
所以当或时，平面与平面的夹角为.
22.解：（1）设动点，则.
因为，所以，
即
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由题意得.
设.
设直线的方程为，显然.
设直线的方程为，显然.
由得，
所以，所以.
由得，
所以，所以.
由椭圆的对称性不妨设点在轴上方，则，
则，
，
，
，
所以
.
又
所以
.
又，所以
.
又，函数显然在区间上单调递减，所以.
又，
故.