河北省石家庄市新乐市第一中学等2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（含答案）

2023—2024学年度高二期末联考
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
考试时间为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．若直线与垂直，则实数（ ）
A． B． C． D．
2．设函数在处的导数为3，则（ ）
A．1 B．3 C．6 D．9
3．已知在正项等比数列中，,则（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
4．如图所示，某拱桥的截面图可以看作双曲线的图象的一部分，当拱顶M到水面的距离为米时，水面宽为米，则此双曲线的虚轴长为（ ）
A． B．2 C．3 D．6
5．如图，在四面体中，点E,F分别是的中点，点G是线段上靠近点E的一个三等分点，令,则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的公差,记该数列的前n项和为,则的最大值为（ ）
A．20 B．24 C．36 D．40
7．如图所示，椭圆的左焦点为F,A、B两点在椭圆上，且四边形为菱形，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
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．下列选项正确的是（ ）
A．,则 B．,则
C．,则 D．,则
10．下列四个命题中为假命题的是（ ）
A．已知是平面的法向量，是直线l的方向向量，若,则
B．已知向量，则与的夹角为钝角
C．已知是空间中的三个单位向量，若两两共面，则共面
D．已知是空间向量的一个基底，则也是空间向量的一个基底
11．如图，长方体中，,点P为线段上一点，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．2
12．已知数列中，,则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在等差数列中，,则___________．
14．曲线在点处的切线方程为___________．
15．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”在这首诗中含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题．如果在平面直角坐标系中，军营所在区域的边界为,河岸所在直线方程为,将军从点处出发，先到河边饮马，然后再返回军营，如果将军只要到达军营所在区域即回到军营，则将军所经过的最短路程为___________．
16．已知A,B是椭圆与双曲线的公共左、右顶点，P是双曲线在第一象限上的一点，直线交椭圆于M,N两点．若直线过椭圆的右焦点F,则的面积为___________．
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）正项数列满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
18．（12分）已知，四棱锥,底面是正方形，M为棱的中点，平面平面．
（1）求证：平面;
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
19．（12分）已知等差数列的前n项和为,且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
20．（12分）如图，在正四棱柱中，分别为的中点，点M在线段上，，且A,E,M,F四点共面．
（1）求t的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
21．（12分）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线l交抛物线于A,B两点，且．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点且互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点M,N,证明：直线过定点．
22．已知圆,定点是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点E．
（1）求点E的轨迹方程；
（2）过点,且与x轴不重合的直线l与E的轨迹交于A,B两点，求的内切圆面积的最大值．
2023—2024学年度高二期末联考
数学参考答案及评分意见
1．C 【解析】由题意可得，解得．故选C．
2．A 【解析】，故选A．
3．C 【解析】由，解得，所以公比，所以．故选C．
4．D 【解析】由题意得，即，解得，即，因此虚轴长为，故选D．
5．A 【解析】由题意得，而，．故选A．
6．C 【解析】因为等差数列的公差,所以,则,所以．由得，所以或9时，该数列的前n项和取得最大值，最大值为．故选C．
7．B 【解析】设,因为轴，所以．又因为,所以,故y轴垂直平分线段,即为等边三角形，且,可得，将其代入，可得，又，整理可得，即，解得，可得,由椭圆的离心率，可得,故选B．
8．D 【解析】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，则,设．
设平面的一个法向量为，则设,则，则,所以点到平面的距离为．又，所以当时，点到平面的距离取得最小值为．故选D．
9．BCD 【解析】A选项，,错误；B选项，，则,正确；C选项，,正确；D选项，令,正确．故选BCD．
10．ABC 【解析】对于A,当时，满足条件，但直线l不平行于平面,故A假；对于B,因为,所以,所以与的夹角不是钝角，故B假；对于C,两两共面，但是不一定共面，可能两两垂直，故C假；对于D,若是空间向量的一个基底，则不共面，可知也不共面，所以也是空间向量的一个基底，故D真．故选ABC．
11．BD 【解析】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．设，则，又，所以．故选BD．
12．BD 【解析】由题意，,∴数列是以3为周期的周期数列．对于A,，A错误；对于B,，B正确；对于C,,C错误；对于D,由递推关系式知，,D正确．故选BD．
13．12 【解析】因为在等差数列中，,则．故答案为12．
14． 【解析】,故切点为,即切线的斜率为3，所以切线方程为，即．故答案为．
15． 【解析】设关于直线的对称点为,则解得．圆的圆心为，半径,所以将军所经过的最短路程为．故答案为．
16．3 【解析】由题意可知．如图，设,可得直线的斜率分别为．因为点P在双曲线上，则，因此．设点,可得直线的斜率,因为点在椭圆上，则，整理得，所以，即,可得,所以直线与关于x轴对称．又因为椭圆也关于x轴对称，且M,N过椭圆右焦点F,则轴，则，所以．故答案为3．
17．（1）证明：因为,
所以． 2分
又因为，
所以， 4分
所以数列是首项为4，公比为4的等比数列． 5分
（2）解：由（1）知， 7分
所以， 8分
所以． 10分
18．（1）证明：∵平面平面,平面平面平面，平面． 3分
（2）解：由题意和（1）知，两两垂直，以A为原点，所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
所以． 6分
易知平面的一个法向量为． 7分
设平面的法向量为，
则令，得，则． 9分
设平面与平面的夹角为，
则， 11分
所以平面与平面的夹角的余弦值为． 12分
19．解：（1）设等差数列的公差为d,
由题意可得,则． 1分
,可得， 2分
所以，， 4分
则． 6分
（2）由（1）得，, 8分
所以． 10分
． 12分
20．解：（1）平面平面,
,又,∴以D为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则,
．
． 4分
因为A,E,M,F四点共面，则，
故解得． 6分
（2）设平面的一个法向量为，
则取,得，故． 8分
设直线与平面所成角为,
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为． 12分
21．（1）解：设直线方程为，
联立方程组消去y，
整理得到, 2分
设,则． 3分
由抛物线定义得，,所以,所以抛物线方程为． 5分
（2）证明：∵直线与抛物线E相交于M,N两点，∴直线的斜率不为0．
设,直线的方程为．
由消去x,得．
,即, 7分
． 8分
．
．
（舍）或,满足． 10分
∴直线的方程为．
∴直线过定点． 12分
22．解：（1）圆的圆心为，半径为4．
因为D是圆上的一个动点，线段的垂直平分线交半径于E点，
则,于是得,
因此E点的轨迹是以为焦点的椭圆， 2分
其中，
所以E点的轨迹方程为． 5分
（2）依题意可设直线l的方程为，
联立消去x并整理得,
， 6分
． 8分
又，
当且仅当时等号成立，． 10分
设的内切圆半径为r,则，
的内切圆面积的最大值为． 12分