青海省西宁市2023-2024学年高二上学期期末联考测试数学试题（含解析）

西宁市普通高中2023—2024学年第一学期期末联考测试卷
高二年级数学学科试卷
满分：150分考试 时长：120分钟
一 单选题（共40分）
1.过点且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
2.如图，在平行六面体中，，点在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
3.若离心率为的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
4.在等差数列中，，则（ ）
A.24 B.48 C.20 D.16
5.在平面直角坐标系中，原点到直线与的交点的距离为（ ）
A. B. C. D.
6.若直线和直线间的距离为，则（ ）
A.-3或3 B.-1或1 C.-3或1 D.-1或3
7.若直线与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8.已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），点为抛物线的焦点，若，则（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题（共20分）
9.已知椭圆的左 右焦点分别为，点为椭圆上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A.椭圆的离心率为
B.的最大值为6
C.的周长为10
D.存在点，使得为等边三角形
10.在空间直角坐标系中，设分别是异面直线的两个方向向量，分别是平面的两个法向量，若，下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
11.已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项中错误的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
12.已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A.若点在圆的内部，则
B.若，则圆的公共弦所在的直线方程是
C.若圆外切，则
D.过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程是
三 填空题（共20分）
13.若直线是圆的一条对称轴，则__________.
14.知，空间向量.若，则__________.
15.已知抛物线的焦点为为上一点，则的最小值为__________.
16.任意，有，若，则__________.
四 解答题（共70分，17题10分，18-22题各12分）
17.已知圆过点和.
（1）求圆的方程；
（2）求与垂直且被圆截得弦长等于的直线的方程.
18.在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是中点.
（1）证明：平面；
（2）求到面的距离
19.已知等差数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求.
20.已知是椭圆的两个焦点，为上一点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为上一点，且，求的面积.
21.如图，在五面体中，平面为的中点，.
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）求二面角的余弦值.
22.已知抛物线的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过四点中的两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与抛物线交于两点，与抛物线交于两点，在第一象限，在第四象限，且，求的值.
参考答案
1.C
【分析】由直线的垂直关系，结合已知直线的斜率可得所求直线的斜率，由直线的点斜式方程结合已知条件即可求解.
【详解】因为直线的斜率为1，由题意，所求直线的斜率为-1，
又直线过点，所以由点斜式方程可知直线的方程为：，
即，
故选：C
2.C
【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于的表达式.
【详解】因为，所以，
则有：
故选：
C.
3.C
【分析】根据双曲线离心率求得，再根据双曲线的一条渐近线与直线垂直列出，求解.
【详解】，所以，得渐近线为，
因为其中一条渐近线与直线垂直，则，得.
故选：C
4.A
【分析】利用等差中项性质得到，然后即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，
因为，得，所以，
所以，故A项正确.
故选：A.
5.C
【分析】先求解出的交点坐标，然后根据点到点的距离公式求解出结果.
【详解】因为，所以，所以交点坐标为，
所以原点到交点的距离为，
故选：C.
6.D
【详解】由平行线之间的距离公式有：，
求解关于实数的方程可得：或.
本题选择选项.
7.C
【详解】联立方程得交点，由交点在第一象限知：解得，即是锐角，故，选C.
8.C
【分析】设点，根据拋物线的定义即可根据求得，求解直线方程，将直线方程与抛物线的方程联立，求出，由抛物线的定义可求得的值.
【详解】易知点，设点，其中，
由于，所以，
将代入得，
故直线的斜率为，故其方程为，
联立，可得，解得，
所以
由抛物线的定义可得.
故选：C
9.ABD
【分析】根据椭圆的方程确定，即可判断选项；当点在短轴端点时有，判断与是否相等，即可判断选项D.
【详解】由椭圆，可得，则，
对于选项，椭圆的离心率，故A正确；
对于选项，当点为椭圆的右顶点时，可得，故B正确；
对于选项的周长为，故错误；
对于选项D，当点为椭圆的短轴的端点时，可得，此时为等边三角形，故D正确.
10.BD
【分析】根据给定条件，利用空间向量的运算，即可证明判断位置关系.
【详解】对于与既不平行也不垂直，
因此直线与平面不垂直，故A错误；
对于，所以，故B正确；
对于C，，所以与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对于，
即平面与平面垂直，故D正确.
故选：BD.
11.ACD
【分析】对选项，根据等比数列等距片段的性质即可得；对B选项，计算出与即可得到；对C选项，借助，计算出与后再计算即可得到；对选项，直接计算即可得到.
【详解】对A选项：由等比数列等距片段的性质有，
即，解得，故A错误；
对B选项：，
，即，故B正确；
对选项：由，又，解得或，
当时，即，解得，故，故C错误；
对选项：由，有，即，故或，故D错误.
故选：ACD.
12.BCD
【分析】求点到圆心的距离与半径的关系即可判断A；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可判断B；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可判断；由圆上两点切点所在直线，实质为为直径的圆与圆的公共弦，即可判断.
【详解】由题，圆为：，圆心
圆为：，圆心；
对于A：由点在圆内，得：，解得：，故A项错误；
对于B：若，则圆，将圆与圆相减得到公共弦所在直线方程：，故B项正确；
对于C：两圆外切，则，即：，解得：，故C项正确；
对于D：点在圆外，则得切点所在的直线为以为直径的圆与圆的公共弦，圆圆心，，方程为：，
将圆与圆相减得：，故项正确.
故选：BCD.
13.-1
【分析】将问题转化为直线过圆心，从而得解.
【详解】圆的圆心坐标为，
因为直线是圆的一条对称轴，所以圆心在此直线上，
所以，解得.
故答案为：-1.
14.1
【分析】根据，从而可求出，即可求解.
【详解】因为，所以，即，得.
故答案为：1.
15.5
【分析】根据抛物线的定义求得正确答案.
【详解】过作准线的垂线，垂足为，则，
显然点在抛物线内，则当三点共线时，最小，其最小值为.
16.
【分析】根据条件构造等差数列，求得公差，根据等差数列的通项公式即可求得答案.
【详解】因为任意，有，
故，
又，故，
当取正整数时，令，则，
即数列是以为首项，以为公差的等差数列，
故，
即，
故答案为：-9
17.（1）
（2）或
【分析】（1）假设圆的一般方程，代入即可得到圆的方程.
（2）先求出直线的方程，进而设出与垂直的直线的方程，求出圆心到直线的距离和线段的长相等求解即可得到直线的方程.
【详解】（1）设圆的一般方程为：，
分别代入点和.
，解得
故圆的方程为：.
（2）因为
所以直线的方程为：，
故设直线的方程为：.
由题意可知，圆心，
被圆截得弦长等于
则可知到直线与直线的距离相等.
故有，
解得或
所以直线的方程：或
18.（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面垂直时，直线的方向向量与平面的法向量共线证明即可；
（2）利用空间向量，根据点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）以为原点，直线，，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
所以，
又因为，所以，
所以平面.
（2）由（1）知平面的法向量为，
又因为，
所以到面的距离为.
19.（1）
（2）
【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程组并求解，结合等差数列的通项公式可得答案；
（2）利用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）设的公差为，
由已知得解得.
故.
（2），
所以
.
20.（1）
（2）
【分析】（1）根据焦距求出，再根据在椭圆上，求出，可得，由，求出，得到椭圆的标准方程；
（2）利用余弦定理和面积公式求解.
【详解】（1）由是椭圆的焦点，
且，则，
因为点在椭圆上，所以
则
由，则由，
所以椭圆的标准方程：
（2）因为在椭圆上，所以，
又，
所以，
所以，
所以.
21.（1）
（2）
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）利用向量法计算即可.
【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，
则，
故，
则，
即异面直线与所成的角余弦值为，
所以异面直线与所成的角的大小为；
（2），
则，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为轴垂直平面，
则可取平面的法向量为，
则
所以二面角的余弦值为.
22.（1）
（2）
【分析】（1）根据抛物线的对称性，利用代入法进行求解即可；
（2）设出直线，
根据直线与抛物线的位置关系得到，再结合题目条件
利用平面向量共线的性质转化，可得到，从而解出.
【详解】（1）由抛物线的顶点在原点，对称轴为坐标轴可知，
点和点不可能同时在扰物线上，
点和点不可能同时在抛物线上，
点和点不可能同时在拋物线上，
点和点也不可能同时在抛物线上，
两点分别位于第二 四象限，这样的抛物线不存在，
所以抛物线只能过，根据两点位置可设，
代入点，则，得，
所以，抛物线过点，满足题意.
综上，拋物线的方程为.
（2）设直线，
根据题意可知：，且，
联立，得，则，
同理联立，得，则，
由得，即，
所以，
即，整理得，
又因为，所以，
由，得，
联立，所以，
故.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由得到平面向量表达式.