海南省2023-2024学年高二上学期1月学业水平诊断（期末考试）数学试题（一）（解析版）

2023-2024学年海南省高二上学期1月期末数学试题
一、单选题
1．已知数列中，，且，则（ ）
A．4 B．6 C．7 D．13
2．已知空间向量，则（ ）
A．1 B．3 C．-1 D．-3
3．已知直线的方向向量为，且经过点，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．圆与圆（ ）
A．相切 B．相交 C．外离 D．内含
5．若抛物线的焦点到直线的距离为，则的准线方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C．2 D．
7．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前项为、、、，则该数列的第项为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线与的一个交点为的内心为，若，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
二、多选题
9．已知等比数列的首项为1，公比为，前项和为，若，则的值可能为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
10．已知直线和圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆有两个交点
C．存在直线与直线垂直
D．直线被圆截得的最短弦长为
11．如图，在四棱柱中，底面是正方形，，且，则（ ）
A． B．
C． D．直线与平面所成的角为
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，离心率为为上关于原点对称的两点（与的顶点不重合），则（ ）
A．的方程为
B．
C．的面积随周长变大而变大
D．直线和的斜率乘积为定值
三、填空题
13．已知向量，，且，则
14．已知直线与直线平行，则与之间的距离为
15．已知双曲线的右焦点为，点，且直线与仅有一个交点，写出一个满足条件的方程：
16．在数列中，.若对任意的，不等式恒成立，则实数
四、解答题
17．在等差数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)记的前项和为，若，求的值.
18．在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，求线段的长.
19．如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
21．记数列的前项之积为，已知，且.
(1)求；
(2)求；
(3)证明：.
22．已知椭圆的右顶点为，上顶点为坐标原点，的面积为.
(1)求的方程；
(2)过的右焦点作直线与交于两点（均与点不重合），若，求的方程.
2023-2024学年海南省高二上学期1月期末数学试题
一、单选题
1．已知数列中，，且，则（ ）
A．4 B．6 C．7 D．13
【答案】C
【分析】根据关系式代入计算即可.
【详解】由题意可知，.
故选：C.
2．已知空间向量，则（ ）
A．1 B．3 C．-1 D．-3
【答案】A
【分析】直接由数量积的坐标求法求结果.
【详解】.
故选：A
3．已知直线的方向向量为，且经过点，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用方向向量求出直线斜率，结合点斜式并化简成一般式即可求解.
【详解】由题意，因为直线l的一个方向向量为，所以l的斜率，
所以直线方程为，整理得.
故选：B.
4．圆与圆（ ）
A．相切 B．相交 C．外离 D．内含
【答案】B
【分析】由两圆圆心距与半径和差的关系即可求解.
【详解】圆的圆心，半径；
圆即的圆心，半径；
则，则，
故两圆相交.
故选：B.
5．若抛物线的焦点到直线的距离为，则的准线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据点到直线的距离公式可得，即可由抛物线的准线方程求解.
【详解】由题意知的焦点坐标为()，则，解得（负值舍），
所以的准线方程为，即.
故选：D
6．在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解.
【详解】根据题意，.
设向量是直线的单位方向向量，，
，
则点C到直线AB的距离为.
故选：B
7．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前项为、、、，则该数列的第项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记二阶等差数列为，，计算得出。利用累加法结合等差数列求和可求得的值.
【详解】记二阶等差数列为，且该数列满足，，，，
记，由题意可知，数列为等差数列，且，
，，
所以，等差数列的公差为，
所以，，
所以，，累加得，
因此，.
故选：C.
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线与的一个交点为的内心为，若，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】由双曲线定义及圆的切线性质推出圆在x轴切于实轴端点，进而求出c可求解.
【详解】如图，设圆与各边切于，双曲线实半轴长为，半焦距为c,
由切线性质得，
故，
即在双曲线上，即，又轴，，
故为正方形，内切圆半径为
故，则的离心率为.
故选：A
【点睛】利用双曲线定义得出焦点三角形的内切圆与x轴切于实轴端点是本题关键.
二、多选题
9．已知等比数列的首项为1，公比为，前项和为，若，则的值可能为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】ABD
【分析】根据给定条件求出，再求出即可判断得解.
【详解】等比数列的首项为1，公比为，由，解得或或，
当时，由，得，因此；
当时，由，得，因此；
当时，由，得，因此，ABD可能，C不可能.
故选：ABD
10．已知直线和圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆有两个交点
C．存在直线与直线垂直
D．直线被圆截得的最短弦长为
【答案】ABC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
11．如图，在四棱柱中，底面是正方形，，且，则（ ）
A． B．
C． D．直线与平面所成的角为
【答案】BD
【分析】利用空间向量的线性运算，数量积以及模长公式可判断A,B,C;先证明面，进而说明为直线与平面所成的角，计算即可.
【详解】对于选项A: 在四棱柱中，
易得,，
所以，故选项A错误；
对于选项B:因为,所以
所以，即,故选项B正确；
对于选项C: 由,
所以
所以,故选项C错误；
对于选项D:取的交点,连接,
因为底面是正方形，且，
所以,所以，
所以,
因为,
所以,
所以，即.
因为面，
所以面.
所以为在面的投影，即为直线与平面所成的角.
在中，易得，所以,故选项D正确.
故选：BD.
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，离心率为为上关于原点对称的两点（与的顶点不重合），则（ ）
A．的方程为
B．
C．的面积随周长变大而变大
D．直线和的斜率乘积为定值
【答案】AD
【分析】对于A，由椭圆的离心率求解；于B，由椭圆的对称性知：，从而，借助基本不等式可得的最小值；对于，表示出周长和面积分析可得;对D:设,，则,，，由点， 在椭圆上，即可化得的值.
【详解】由题易知，解得，故椭圆方程为：，故A正确；
连接，由椭圆对称性知为平行四边形，
当且仅当，时等号成立，故错误；
对选项C:由选项B可知：，
设,，则‘
的面积为’
由对称性，不妨设在第一象限及正半轴上,
故随的增大而减小，的面积为随的增大而增大，
即的面积随周长变大而变小，C错误；
对选项D：设,，则,，
又，所以，
点， 在椭圆上，结合选项C,
，
所以，故D正确；
故选：AD.
【点睛】利用椭圆对称性及定义推导出为平行四边形是本题关键.
三、填空题
13．已知向量，，且，则
【答案】
【分析】由向量垂直得向量的数量积等于计算即可得.
【详解】由，解得.
故答案为：
14．已知直线与直线平行，则与之间的距离为
【答案】/
【分析】利用两直线平行的条件及两直线平行间的距离公式即可求解.
【详解】由.
所以直线：
所以与之间的距离：
故答案为：
15．已知双曲线的右焦点为，点，且直线与仅有一个交点，写出一个满足条件的方程：
【答案】（答案不唯一，形式的方程均可）.
【分析】根据直线与仅有一个交点得到该直线与双曲线的渐近线平行，从而得到，化简计算得，再合理赋值即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，设，
因为直线与双曲线仅有一个交点，所以直线与的渐近线平行，
即，即，即，
整理得，所以，得，
所以，即，可令，则，
故答案为：（答案不唯一，形式的方程均可）.
16．在数列中，.若对任意的，不等式恒成立，则实数
【答案】
【分析】利用等比数列求和公式得，再对分奇偶数讨论即可.
【详解】若，可得
，
且符合上式，所以，
则，，，
即的所有偶数项都小于，所有奇数项都大于，
故对任意的恒成立.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用累加法和等比数列求和公式得，最后对分奇偶数讨论即可.
四、解答题
17．在等差数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)记的前项和为，若，求的值.
【答案】(1)
(2)13.
【分析】（1）设等差数列的公差为，利用题中等式建立的方程组，求出的值，然后根据等差数列的通项公式求出数列的通项公式；
（2）利用等差数列前项和公式求出，然后由,求出的值.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则：，解得,
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）问可得：数列的前项和,
因为，所以，
即，解得.
18．在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义直接求解即可；
（2）将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求解即可.
【详解】（1）在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，
所以根据抛物线的定义可得动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以轨迹为的方程为.
（2）设点，，
由，消去整理得，
， ，
故弦长.
19．如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）取线段的中点，连接、，推导出平面，可知直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的值，即为所求.
【详解】（1）证明：在中，，，，则，
所以，，
又因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，因此，平面.
（2）解：取线段的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，
所以，与平面所成的角为，
因为平面，平面，所以，，
因为，，则，
因为为的中点，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
20．如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，找到平面的法向量，证明即可;
（2）利用向量法求出平面与平面的法向量，求出二面角即可.
【详解】（1）取的中点,连接，
因为为的中点，所以,
在正三棱柱中有面，
所以面,
因为面,所以,
因为在正三棱柱中，为的中点，所以
故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，因为分别为的中点.
所以,
,
所以,
因为,且平面
所以平面，
所以平面的法向量可以为,
因为，所以.
又因为平面内，所以平面.
（2）由（1）问可得,
设平面的法向量为，
则,即，令，则；
设平面的法向量为，
则,即，令，则；
所以.
结合图形可知平面与平面夹角的余弦值为.
21．记数列的前项之积为，已知，且.
(1)求；
(2)求；
(3)证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）将代入解方程求解；
（2）当得，说明为等差数列求解；
（3）利用裂项相消法求解.
【详解】（1）令，，解得；
令，解得；
（2）当，由，
得，易知，整理得，
故为以2为首项，公差为1 的等差数列，
故.
（3）因为
，
所以,
,
.
22．已知椭圆的右顶点为，上顶点为坐标原点，的面积为.
(1)求的方程；
(2)过的右焦点作直线与交于两点（均与点不重合），若，求的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到关于的方程，解出即可；
（2）设，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算，整理得，最后代入韦达定理式即可.
【详解】（1）由题意可得，
解得，故的方程为.
（2）由可知为的平分线.
若为轴，此时的平分线为轴，不符合题意，
所以的斜率不存在或斜率不为0，易知，，
设，
联立得方程组得，
因为直线所过定点在椭圆内，则直线与椭圆必有两交点，
所以.①
由（1）可知.
因为为的平分线，
所以，所以，
又因为，则，，
所以，
整理得，
将①式代入整理得，解得，
所以的方程为，即.
.
【点睛】关键点睛：本题的关键是采用设线法得到韦达定理式，再由向量式分析出为的平分线，从而有，最后计算，整理出，再代入韦达定理式即可.
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