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2023—2024学年度高二第一学期期末联考
数学试题
(考试时间:120分钟 满分:150分)
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.直线的一个方向向量为( )
A. B. C. D.
2.已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点,则p=( )
A.2 B.4 C.6 D.8
3.已知等差数列{an}前n项和为Sn,若S4=6,S8=18,则S12=( )
A.30 B.36 C.42 D.56
4.如图,空间四边形中,,点在上,且,点为中点,则( )
A. B.
C. D.
5.《算法统宗》是一部我国古代数学名著,由明代数学家程大位编著.《算法统宗》中记载了如下问题情境:“远望魏魏塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,意思为:“一座7层塔,共悬挂了381盛灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍”.在上述问题情境中,塔的正中间一层悬挂灯的数量为( )
A.12 B.24 C.48 D.96
6.如图,四棱锥中,底面是矩形,,,,,是等腰三角形,点是棱的中点,则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
7.已知,,动点满足,则点的轨迹与圆相交的弦长等于( )
A. B. C. D.
8.在“全面脱贫”行动中,贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元,用于自己开设的土特产品加工厂的原材料进货,因产品质优价廉,上市后供不应求,据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%,每月月底需缴纳房租600元和水电费400元.余款作为资金全部用于再进货,如此继续.设第n月月底小王手中有现款为,则下列结论正确的是( )(参考数据:,)
① ②
③2020年小王的年利润约为40000元 ④两年后,小王手中现款约达41万
A.②③④ B.②④ C.①②④ D.②③
二、选择题: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.已知等差数列的前项和为,公差为d,且,则( )
A. B. C. D.d>0
10.已知圆则下列说话正确的是( )
A.圆与直线必有两个交点
B.圆上存在4个点到直线的距离都等于2
C.圆与圆恰有三条公切线,则
D.动点在圆上,则
11.如图, 棱长为2的正方体中, E、F分别为棱的中点, G为面对角线上一个动点, 则( )
A.三棱锥的体积为定值
B.点E到直线的距离为
C.线段上存在点G, 使得
D.线段上不存在点G, 使平面平面
12.已知双曲线:的左右焦点分别为,,实轴长为8,离心率为,点,,是双曲线上的任意两点,过点分别作双曲线的两条渐近线的垂线,垂足分别为,两点.下列说法正确的是( )
A.若点满足,则的周长为52
B.若点在双曲线的左支,则的最小值为13
C.存在点,使得
D.若直线的斜率为,线段的垂直平分线与轴交于点,则或
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.已知等比数列{an}满足a7=16,a3a5=4,则a3的值为 .
14.若直线与直线平行,则 .
15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an+n2,则S20= .
16.已知四棱锥平面,底面是矩形,,点分别在上,当空间四边形的周长最小时,则三棱锥外接球的体积为 .
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.(10分)已知公差不为零的等差数列满足,且,,成等比数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)设为数列的前项和,求数列的前项和.
18.(12分)已知点、.
(1)若点C是直线上的动点,且,求直线的方程;
(2)若点A、B到直线的距离相等,求实数a的值.
19.(12分)如图,在四棱锥中,底面是菱形,,平面平面,,为的中点.
(1)求证:平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
20.(12分)已知直线与圆相交于A,B两点
(1)若,求k
(2)在x轴上是否存在点M,使得当k变化时,总有直线MA,MB的斜率之和为0,若存在,求出点M的坐标,若不存在,说明理由
21.(12分)已知数列为递增的等比数列,,记、分别为数列、的前项和,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)证明:当时,.
22.(12分)已知为的两个顶点,为的重心,边上的两条中线长度之和为.
(1)求点的轨迹的方程;
(2)过作不平行于坐标轴的直线交于D,E两点,若轴于点M,轴于点N,直线DN与EM交于点Q.
①求证:点Q在一条定直线上,并求此定直线;
②求面积的最大值.
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2023—2024学年度高二第一学期期末联考
数学试题参考答案
1.A 2.C 3.B 4.B 5.B 6.B 7.A 8.A
9.AB 10.AC 11.ACD 12.ABD
13.1 14.1 15.220 16.
17.(1);(2).
【详解】(1)由题意,设公差为,所以,
则,
∴
∵,∴,,
∴;
(2)由(1)知,,
∴,
∴数列的前n项和
.
18.(1)
(2)或1
【详解】(1)解:点C是直线上的动点,且,
所以点C在线段的垂直平分线上,
线段的中点为,,
故直线的方程为,即.
(2)解:由条件知,线段的中点在直线上或线段所在直线与直线平行,
若线段的中点在直线上,则,解得;
若线段所在直线与直线平行,则,解得.
综上所述,或.
19.(1)证明见详解
(2)
【详解】(1)∵四边形为菱形,,
∴是等边三角形,
∵为的中点,
∴,又∵,
∴,又∵平面平面,平面平面,平面,
∴平面,平面,
∴,
∵,
∴,∴,
∵平面,
∴平面;
(2)取的中点,则由,所以,,由(1)同理可证平面,
如图,以D为原点,DM为x轴,DC为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
,,,
由平面得出平面的法向量,
设平面的法向量,
则,即,令,则.
则,
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20.(1)
(2)存在,
【详解】(1)由圆,得,圆心坐标为,半径为2,
到的距离为,
由点到直线的距离公式可得:,解得;
(2)设,
联立,得,
,
,
设存在点满足题意,即,
,
,
即,解得.
存在点符合题意.
21.(1)
(2)证明见解析
【详解】(1)解:设等比数列的公比为,
因为,,可得,
可两式相减,可得,所以,解得或,
又因为数列为递增的等比数列,所以,则,
所以数列的通项公式为.
(2)解:由(1)知,可得.
当为偶数时,
.
此时,.
当时,,所以成立.
当为奇数时,.
检验知,当时,上式也成立.
此时,,
当时,,所以成立.
综上所述,当时,成立.
22.(1)
(2)①证明见解析,;②
【详解】(1)因为为的重心,且边上的两条中线长度之和为,
所以,
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),
且,所以,
所以的轨迹的方程为.
(2)①依题意,设直线DE方程为.
联立,得,
易知
设,,则,.
因为轴,轴,
所以,.
所以直线DN:,
直线EM:,
联立解得.
从而点Q在定直线上.
②因为,
又,则,
设,则,
当且仅当,即时,等号成立,
故面积的最大值为.