四川省达州市2023-2024学年高二上学期期末统考数学试卷（解析版）

2023-2024学年四川省达州市普通高中高二上学期期末统考数学试题
一、单选题
1．经过点且倾斜角为的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
2．已知平面内一动点P到两定点，的距离之和为8，则动点P的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
3．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中的1，3，6，10称为三角数，则下列各数中是三角数的是（ ）
A．20 B．21 C．22 D．23
4．已知的圆心C在x轴上，且与x轴相交于坐标原点O和，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知双曲线C：的一条渐近线为l：，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列选项中能推出的是（ ）
A．， B．，
C．，， D．，
7．在递增等差数列中有，，则（ ）
A． B． C． D．
8．球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体的所有顶点都在同一个球面上，且，，则，D两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知：，则（ ）
A．直线与相切
B．过点的直线被截得的最大弦长为4
C．与圆交点所在的直线方程为
D．与圆外切
10．已知向量，分别为平面，的法向量，为直线l的方向向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知，是椭圆C：的左、右焦点，上顶点为，直线l：与C交于点M，N，则（ ）
A．直线l恒过点 B．当直线时，
C．的周长为20 D．
12．已知数列满足，记为数列的前n项和，，，，记为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．半径为3的球的体积等于 .
14．正项等比数列满足，，则 ．
15．已知点F为抛物线的焦点，第一象限的点在该抛物线上，且，则 ．
16．点，分别为椭圆C：的左、右焦点，点A为C的右顶点，点P为C上第一象限内的动点，，分别为，内切圆半径．当时，点P的坐标为 ．
四、解答题
17．已知点，直线l：．
(1)若，且过点，求直线的方程；
(2)若点在直线l上，求数列的前n项和．
18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
(1)若，，求c；
(2)若的面积为，，求a．
19．如图，在正方体中中．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
20．据文化和旅游部数据中心的测算，今年中秋、国庆假期天，全国范围内旅游出游人次高达亿人次，同比增长了惊人的．国内出行人次增幅明显，为疫后年来最好成绩．从个A景区中随机抽取个，统计它们在“大黄金周”的旅游收入（单位：千万），整理得到下图．
(1)根据该频率分布直方图计算的值，并求这个A景区旅游收入的中位数；
(2)在，中按分层抽样的方法抽取个A景景区，再从这个A景区中随机抽取个，求抽出个中至少有个收入在中的概率．
21．如图，在几何体中，底面为菱形，，，，四边形为矩形，，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
22．已知，为双曲线C：的左、右焦点，，过斜率存在的直线交C的右支于A，B两点，且．
(1)求C的方程；
(2)点A关于x轴对称点为D，直线BD交x轴于点E，记，的面积分别为，．求的值．
2023-2024学年四川省达州市普通高中高二上学期期末统考数学试题
一、单选题
1．经过点且倾斜角为的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出直线斜率，利用点斜式求出直线方程，得到答案.
【详解】直线斜率，故直线方程为，即.
故选：A
2．已知平面内一动点P到两定点，的距离之和为8，则动点P的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义直接求解即可.
【详解】因为平面内一动点P到两定点，的距离之和为8，且，
所以动点P的轨迹方程为焦点位于轴的椭圆，
设椭圆方程为，焦距为，
则，解得，故动点P的轨迹方程为.
故选：B
3．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中的1，3，6，10称为三角数，则下列各数中是三角数的是（ ）
A．20 B．21 C．22 D．23
【答案】B
【分析】由题意整理数列的通项公式，依次建立四个选项的方程求正整数解即可.
【详解】由题意，三角形数可看作，则第个三角形数为，
对于A，令，即，其解不是正整数；
对于B，令，即或（舍）；
对于C，令，即，其解不是正整数；
对于D，令，即，其解不是正整数；
故选：B.
4．已知的圆心C在x轴上，且与x轴相交于坐标原点O和，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件可确定圆心和半径，写出圆的标准方程即可.
【详解】由已知圆心坐标为，半径为1，
所以圆的方程为.
故选：.
5．已知双曲线C：的一条渐近线为l：，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据渐近线的方程求出，利用离心率的公式可得答案.
【详解】因为双曲线C：的一条渐近线为l：，
所以，所以离心率.
故选：C
6．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列选项中能推出的是（ ）
A．， B．，
C．，， D．，
【答案】D
【分析】根据直线和平面的相关知识直接判断即可.
【详解】对于A，由，，显然不能得到，故A错误；
对于B，由，，可以得到或异面或相交，故B错误；
对于C，由，，，得或异面，故C错误；
对于D，由，，可以推出，故D正确.
故选：D
7．在递增等差数列中有，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析条件，求出通项公式后利用裂项相消法求和即可.
【详解】设公差为，首项为，由等差数列下标和性质得，结合，
是递增等差数列，解得，(另一组解舍)，
故，，，
即，
令，则原式为求的前项和，
故原式，
故选：C
8．球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体的所有顶点都在同一个球面上，且，，则，D两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用球面距离的概念及弧长公式可得答案.
【详解】设球的半径为,球心为由题意，，
所以，
所以在中，由于，所以，
所以，D两点间的球面距离为.
故选：A
二、多选题
9．已知：，则（ ）
A．直线与相切
B．过点的直线被截得的最大弦长为4
C．与圆交点所在的直线方程为
D．与圆外切
【答案】BCD
【分析】A选项，求出圆心到直线的距离与半径相比，得到答案；B选项，由题意得到最大弦长为直径；C选项，两圆相减得到交点弦方程；D选项，求出圆心距与半径之和相等，D正确.
【详解】的圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离为，
故直线与相交，A错误；
B选项，当过点的直线过圆心时，被截得的弦长最大，
最大弦长为直径4，B正确；
C选项，与相减得到，
故与圆交点所在的直线方程为，C正确；
D选项，圆的圆心为，半径为1，
由于，故与圆外切，D正确.
故选：BCD
10．已知向量，分别为平面，的法向量，为直线l的方向向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】利用法向量及直线的方向向量的关系来判断位置关系.
【详解】因为，，所以，所以，A正确；
因为，且，所以，B正确；
因为，所以或者，C不正确；
因为，所以不垂直，D不正确.
故选：AB
11．已知，是椭圆C：的左、右焦点，上顶点为，直线l：与C交于点M，N，则（ ）
A．直线l恒过点 B．当直线时，
C．的周长为20 D．
【答案】AC
【分析】将直线转化为，求定点，即可判断A；利用，求出，即可判断B；利用椭圆定义求出的周长即可判断C；利用椭圆焦点弦通径最短，长轴最长，求出范围即可判断D.
【详解】由椭圆C：，得，，，
可知左右焦点，，上顶点为，
对于选项A，将直线转化为，
则，解得，所以直线l恒过点，
又因的右焦点，所以直线恒过点，故选项A正确；
对于选项B，直线的斜率为，当，则直线的斜率为，
又因直线：，所以可求得，故选项B不正确；
对于选项C，由椭圆定义及直线l过椭圆右焦点，可知的周长为，
故选项C正确；
对于选项D，因为直线l过椭圆右焦点，且与椭圆C交于点M，N，
则当最小时，为椭圆的通径，此时直线垂直轴，可求，
但直线l：斜率存在，不可能垂直轴，故，
当直线与轴重合时，最大，此时，故，
故选项D不正确.
故选：AC.
12．已知数列满足，记为数列的前n项和，，，，记为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】利用代入法，结合数列的周期性逐一判断即可.
【详解】由，
显然，因此选项A正确；
由，因此选项B正确；
，
因为，，所以，
显然不一定恒成立，因此选项C不正确；
由可知数列的最小正周期为，
因为，所以，
由，
由，由，可得，
，，
，
于是，
由，
所以数列的最小正周期为，且，
，
所以，因此选项D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据已知等式求出对应数列的周期.
三、填空题
13．半径为3的球的体积等于 .
【答案】
【分析】由球的体积公式代入运算即可.
【详解】解：因为球的半径为3，则球的体积为，
故答案为.
【点睛】本题考查了球的体积公式，属基础题.
14．正项等比数列满足，，则 ．
【答案】49
【分析】根据等比数列性质直接计算求解.
【详解】因为正项等比数列满足，，
所以.
故答案为：49
15．已知点F为抛物线的焦点，第一象限的点在该抛物线上，且，则 ．
【答案】4
【分析】根据抛物线定义求得，根据点在抛物线上求得.
【详解】因为点F为抛物线的焦点，点在该抛物线上，
所以，所以，
所以抛物线方程为，
因为第一象限的点在该抛物线上，所以，
解得或（舍）.
故答案为：4
16．点，分别为椭圆C：的左、右焦点，点A为C的右顶点，点P为C上第一象限内的动点，，分别为，内切圆半径．当时，点P的坐标为 ．
【答案】
【分析】借助椭圆定义及题意分别表示出，的面积，并得出两个面积比为，利用等面积法得出，进而有，再根据余弦定理求出，从而求出点P的坐标.
【详解】由题意知，所以与的面积比为，
又因为，所以，即，所以，
设，则，
由余弦定理得，解得，
所以点P的横坐标为，纵坐标为，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题涉及到三角形内切圆的半径，通常的处理方法是利用等面积法，即，其中为三角形周长.
四、解答题
17．已知点，直线l：．
(1)若，且过点，求直线的方程；
(2)若点在直线l上，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直可得的斜率，利用点斜式可得方程；
（2）利用等差数列的求和公式可得答案.
【详解】（1）因为直线l：，，所以直线的斜率为，
又因为过点，所以方程为，即.
（2）因为点在直线l上，所以，
因为，所以为等差数列，
所以.
18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
(1)若，，求c；
(2)若的面积为，，求a．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案；
（2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案.
【详解】（1）因为，，所以，
由正弦定理，可得.
（2）因为的面积为，所以，
因为，，所以，解得.
由余弦定理可得，即.
19．如图，在正方体中中．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法结合线面角正弦值求法即可求解.
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图直角坐标系.
设正方体的棱长为，则，，，，
所以，，
由，得，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，所以取，
设直线与平面所成角为，则，
因为，，，
所以，因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
20．据文化和旅游部数据中心的测算，今年中秋、国庆假期天，全国范围内旅游出游人次高达亿人次，同比增长了惊人的．国内出行人次增幅明显，为疫后年来最好成绩．从个A景区中随机抽取个，统计它们在“大黄金周”的旅游收入（单位：千万），整理得到下图．
(1)根据该频率分布直方图计算的值，并求这个A景区旅游收入的中位数；
(2)在，中按分层抽样的方法抽取个A景景区，再从这个A景区中随机抽取个，求抽出个中至少有个收入在中的概率．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据频率直方图中的概率和为，即可求得的值，找出频率为的横坐标即为其中位数.
（2）根据分层抽样可求得在，景区的个数，依据古典概型的概率计算公式结合对立事件的概率公式，即可求得.
【详解】（1）由频率直方图可知，，
解得，前个频率分布直方图的频率为，
第个频率分布直方图的频率为，，
所以中位数在第个频率直方图中，所以，
故这60个5A景区旅游收入的中位数.
（2）因为在的频率为，在的频率为，
则，所以在抽取个，中抽取个，
故抽出2个中至少有1个收入在中的概率.
21．如图，在几何体中，底面为菱形，，，，四边形为矩形，，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意由面面垂直的性质定理证明线面垂直；
（2）取的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，求法向量夹角的余弦值，从而求出夹角的大小.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知平面，又平面，所以，
又四边形为矩形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
取的中点，由题意，所以平面，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
则，
设平面的法向量为，
同理可求得，
设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角为.
22．已知，为双曲线C：的左、右焦点，，过斜率存在的直线交C的右支于A，B两点，且．
(1)求C的方程；
(2)点A关于x轴对称点为D，直线BD交x轴于点E，记，的面积分别为，．求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得和的值，根据求解，即可得C的方程；
（2）由已知设过A，B两点的直线，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，表示过，两点的直线方程，求解点的坐标，根据求解即可.
【详解】（1）由已知，即，所以，
，即，所以，
因为，所以C的方程为；
（2）由已知，，
由题意可知过A，B两点的直线斜率不为0，设直线方程为，
设，，则，
由可得，
则，即，且，
所以，
直线的方程为，当时，，
又，，
所以，
所以，
.
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的标准方程及性质，直线与双曲线相交的综合问题；过轴上一点的直线方程在斜率不为0的情况下可设，直线与双曲线相交，联立方程组利用韦达定理得到根的关系.
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