2023-2024学年广东省深圳市罗湖区高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省深圳市罗湖区高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.抛物线的焦点坐标为( )
A. B. C. D.
2.已知直线的方向向量为，则的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3.设平面和的法向量分别为若，则( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
5.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为( )
A. B. C. D.
6.正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
7.已知椭圆的左，右焦点分别为，，点为的上顶点，点在上且满足，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知是公比不为的等比数列的前项和，则“，，成等差数列”是“对任意，，，成等差数列”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在棱长为的正四面体中，，，分别是棱，，的中点则下列各式成立的是( )
A. B.
C. D.
10.已知直线：与圆：交于，两点，则( )
A. 圆的面积为 B. 过定点
C. 面积的最大值为 D.
11.已知等差数列的前项和为，若，，则( )
A. B. C. 的最小值为 D. 的最小值为
12.过抛物线：上一点作两条相互垂直的直线，与的另外两个交点分别为，，则( )
A. 的准线方程为
B. 过点与相切的直线方程为
C. 直线过定点
D. 的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线：与直线：平行，则实数的值为______．
14.圆与圆的公共弦的长为______．
15.知数满足，，则数列的通项公式 ______．
16.已知，分别是双曲线的左右焦点，过的直线与只有一个公共点，且，则的离心率为______．
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.本小题分
已知公差不为零的等差数列的前项和为，且，．
求数列的通项公式；
令，求数列的前项和．
18.本小题分
如图，正方体的棱长为，为的中点，点在棱上，且．
证明：平面；
求直线与平面所成角的余弦值．
19.本小题分
已知动点到直线的距离比到点距离多个单位长度，设动点的轨迹为．
求的方程；
已知过点的直线交于，两点，且为坐标原点的面积为，求的方程．
20.本小题分
已知数列的前项和为，满足，且．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
21.本小题分
如图，在三棱柱中，底面侧面，，，．
证明：平面；
若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值．
22.本小题分
已知椭圆的短轴长，离心率为．
求的标准方程；
过点的直线与交于，两点，关于轴对称的点为，求面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得，
所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且，
所以，，
所以焦点坐标为．
故选：．
先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由直线的方向向量，可得直线的斜率，
设倾斜角为，且，所以，
所以．
故选：．
由直线的方向向量，可得直线的斜率，进而求出直线的倾斜角的大小．
本题考查方向向量性质的应用及直线倾斜角的求法，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，平面和的法向量分别为，
若，则有，解可得．
故选：．
根据题意，由平面垂直的判定方法可得，解可得答案．
本题考查平面的法向量，涉及平面垂直的判断方法，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：等差数列中，，
所以，即，
则．
故选：．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：双曲线的离心率为，
可得，
可得，
可得渐近线方程为
故选：．
由双曲线的离心率公式，可得，的关系，即可得到所求渐近线方程．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率和渐近线方程，考查化简运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：连接，取的中点，连接、、C、、，
在中，、分别是、的中点，所以，且，
因此，或其补角就是异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，则等边的边长为，可得，同理可得，
在中，，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值是．
故选：．
根据题意，可得连接，并取的中点，连接、，可证出或其补角就是异面直线与所成角，然后在中利用余弦定理算出答案．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的求法、余弦定理的应用等知识，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：椭圆的左，右焦点分别为，，点为的上顶点，
，，，
设，
点在上且满足，
，可得，
故，解得．
故选：．
根据已知条件求出，，，再结合向量共线求出点，代入椭圆方程即可求解结论．
本题主要考查椭圆离心率的求解，考查向量知识的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：条件“，，成等差数列”，等价于，即，
结合，化简得，即，
因为，所以，即．
因此“，，成等差数列”等价于“”；
条件“对任意，，，成等差数列”，
等价于，由于公比，可得，
两边约去，得，整理得，
两边约去，得，即，
结合，得即．
因此“对任意，，，成等差数列”等价于“”
因为“”是“”的既不充分也不必要条件，
所以“，，成等差数列”是“对任意，，，成等差数列”的既不充分也不必要条件．
故选：．
根据等差中项的定义，将题中的两个条件化简，得到它们的等价命题，结合充要条件的定义判断出正确结论．
本题主要考查等差数列与等比数列的概念与性质、充要条件的判断等知识，考查了计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：如图，
为的中点，，，A正确；
，，，B错误；
，C正确；
与是异面直线，，D错误．
故选：．
根据向量加法的平行四边形法则，向量减法和数乘的几何意义即可判断的正误；
根据正四面体的定义及向量数量积的计算公式即可判断的正误；
由，然后进行数量积的计算即可判断的正误；
根据异面直线的定义可判断与异面，从而判断的正误．
本题考查了向量减法和数乘的几何意义，向量数量积的计算公式，共线向量基本定理，异面直线的定义，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：圆：的圆心，半径，圆的面积为，故A正确；
直线：，即为，由，解得，可得直线恒过定点，故B正确；
面积为，若，可得圆心到直线的距离为，
由，解得或，则面积最大值为，故C错误；
直线恒过定点，且在圆内，则的最大值为，最小值为，故D正确．
故选：．
求得圆的圆心和半径，以及直线恒过的定点，对各个选项一一判断可得结论．
本题考查圆的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：等差数列的前项和为，
若，，
则，，
所以，，A正确，B错误，
故当时，取得最小值，C正确，
因为，，，，
故时，，，，，，
时，，
又，，所以是增数列，
的最小值为，故D正确．
故选：．
推导出，，从而，，故当时，取得最小值；由，，，，能求出的最小值．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于，将代入抛物线的方程可得，可得，
所以抛物线的方程为：，
所以抛物线的准线方程为，焦点，所以不正确；
对于，、斜率均存在且不为，设直线的方程为，
联立，整理可得，
当，
即时，直线与相切，此时，所以，选项正确；
对于，，可得，，即，
因为，同理可得 ，，
则，
直线的方程为，
化为，可得直线恒过定点，故C错误；
对于，设点到直线的距离为，设点为，
，
当垂直直线时，最大，最大值为，
所以的最小值为，故D正确．
故选：．
根据题意易求抛物线的方程，根据方程可判断；设过点的直线方程，联立直线与抛物线的方程，消元，由，可判断；利用韦达定理可求出，的坐标，根据点斜式方程写出直线的方程，即可判断；根据，相互垂直，化简，转化为求点到直线的距离最大，即可判断．
本题考查抛物线的定义，方程和性质，直线和抛物线的位置关系，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：法一：
直线：的法向量为：，
直线：的法向量为：，
由于两直线平行，则法向量平行，
所以，得到，
当时，两直线重合，不符合题意，
当时，两直线平行，故．
法二：
直线：的斜率为，
直线：，
当时，两直线不平行，
当时，斜率为，
因为两直线平行，则，
所以，则 ，
当时，两直线重合，不符合题意，
当时，两直线平行，故．
故答案为：．
利用两直线平行时，利用法向量平行求解，求解出实数的值后需要代入直线验证是否平行，若直线重合则不符合题意应舍去．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：圆与圆的公共弦所在的直线，
利用两圆相减得：，
整理得；
圆心到直线的距离，
故公共弦．
故答案为：．
直接利用两圆的位置关系和点到直线的距离公式求出公共弦长．
本题考查的知识要点：两圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，，
可得，
则数列是首项和公比均为的等比数列，
可得，即．
故答案为：．
对已知数列的递推式两边同时加上，结合等比数列的定义和通项公式可得所求．
本题考查等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意可知，直线与双曲线的渐近线平行，
不妨设直线方程为，
联立，解得，
由题意，，整理得：，
可得．
故答案为：．
由题意写出直线的方程，与双曲线方程联立，且求得的坐标，再由列式求解．
本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：由题意，设等差数列的公差为，
则由，，
可得，
解得，
．
由，可得，
则数列的前项和为：
．
【解析】先设等差数列的公差为，再根据题干已知条件列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再根据对数的运算即可推导出数列的前项和．
本题主要考查等差数列的基本运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，等差数列的通项公式与求和公式的运用，对数的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
18.【答案】解：法一证明：为的中点，，
为等腰三角形，且，
又，，
≌，
．
取中点为，则，
又平面，平面，
平面，
为的中点，为中点，
，
平面，平面，
平面．
，，平面，
平面平面，
平面，
平面．
法二证明：设，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
．
，
，可得，
，
平面，
为平面的法向量，
，
平面，
又平面，
平面．
解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
，
设平面的法向量为，则，，
，即，
令，可得，
设直线与平面所成角为，
，
直线与平面所成角的余弦值为．
【解析】解法一：由面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行的性质即可证得；解法二：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由两向量垂直结合平面即可证得；
求出直线的方向向量与平面的法向量，由向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和直线与平面所成角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：因为动点到直线的距离比到点距离多个单位长度，
所以动点到直线的距离等于点与点的距离，
可知曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为；
设，，根据题意得直线的斜率不等于，
设直线的方程为，由消去得，整理得，
所以，，
的面积，解得．
所以直线的方程为或．
【解析】根据题意，利用抛物线的定义得出动点的轨迹为一条抛物线，进而得到轨迹的方程；
由题意知直线的斜率不等于，故设直线的方程为，与抛物线消去得到的一元二次方程，然后利用韦达定理与三角形面积公式算出值，即可得到本题的答案．
本题主要考查抛物线的定义与标准方程、直线与圆锥曲线的关系等知识，考查了计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：由可得，当时，，
以上两式相减可得，
即，
当时，，满足，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
故．
，
，
，
两式相减，得
，所以．
【解析】由数列的通项与前项和的关系，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的通项与前项和的关系、数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：证明：因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，
所以，
因为四边形为菱形，
所以，
因为，，平面，
所以平面．
因为平面，
所以，
所以，可得，
又因为，
所以，
因为为锐角，
所以．
以为原点，，所在直线及平面过点的垂线分别为，，，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
所以，，
因为平面，
所以即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，
令，可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【解析】利用线面垂直的判定定理证明；
由三棱锥的体积为，求得，再建立空间直角坐标系求解．
本题考查了空间中直线与平面垂直的证明，考查了利用空间向量求空间角，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题．
22.【答案】解：因为椭圆的短轴长，离心率为，
所以，
解得，，
则椭圆的标准方程为；
不妨设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
因为，
解得，
由韦达定理得，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立．
故面积的最大值为．
【解析】由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系，列出等式求出和的值，进而可得椭圆的方程；
设出直线的方程和，两点的坐标，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及三角形面积公式再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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