2023-2024学年安徽省合肥重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年安徽省合肥重点中学高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.在平行六面体中，为与的交点，，，，则下列向量中与相等的向量是( )
A. B.
C. D.
3.已知为等差数列的前项和，，则( )
A. B. C. D.
4.已知抛物线上有两个点，，焦点为，若，则线段的中点到轴的距离是( )
A. B. C. D.
5.已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于、两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
6.已知数列的前项和满足，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.若圆：上存在点，点关于直线的对称点在圆：上，则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
8.正方体的棱长为，点在棱上，且，点是正方体下底面内含边界的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则动点到点的最小值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
B. 若空间中任意一点，有，则、、、四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角
D. 若空间向量，，则在上的投影向量为
10.已知方程：，则以下说法正确的是( )
A. 若，则方程表示的曲线是椭圆，且焦点在轴上
B. 若，则方程表示的曲线是圆，其半径为
C. 若，则方程表示的曲线是双曲线，其渐近线方程为：
D. 若，则方程表示的曲线是两条直线
11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯约公元前前发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线：，则( )
A. 直线过定点
B. 动点的轨迹方程为
C. 动点到直线的距离的最大值为
D. 若点的坐标为，则的最小值为
12.已知等比数列的前项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是( )
A.
B. 设，，则的最小值为
C. 若对任意的恒成立，则
D. 设，若数列的前项和为，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线：与直线：，则这两条平行直线之间的距离为______．
14.已知数列，满足，若，则数列的前项和为______．
15.已知为直线上一动点，过点作圆：的切线，切点分别为，则当四边形面积最小时，直线的方程为______．
16.如图，在中，已知，其内切圆与边相切于点，且，延长到，使，连接，设以，为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以，为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是______．
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.本小题分
如图所示，正方体的棱长是，、分别是线段、的中点．
证明：平面；
求点到平面的距离．
18.本小题分
已知圆心为的圆经过点，和．
求圆的方程；
若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．
19.本小题分
已知数列是递增的等比数列且满足，令．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
20.本小题分
如图，，，且，是中点，沿将折起到的位置如图，使得．
求证：面面；
若线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值是，求的值．
21.本小题分
已知为等差数列，，记，分别为数列，的前项和，，．
求的通项公式；
若对任意都有成立，求的最小值．
22.本小题分
已知椭圆：，离心率为，点在椭圆上．
求的方程；
过作互相垂直的两条直线与，设交于，两点，交于，两点，，的中点分别为，探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题．
由题意，求出直线的斜率，可得它的倾斜角．
【解答】
解：直线的斜率为，故它的倾斜角为，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：如图，
．
故选：．
根据向量加法和数乘的几何意义，相等向量和相反向量的定义即可得解．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，相等向量和相反向量的定义，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：解法一、设等差数列的首项为，公差为，
则，
所以，
所以．
解法二、因为数列为等差数列，所以，
所以，
所以．
故选：．
根据等差数列的定义与前项和公式，求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式与前项和公式应用问题，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：由已知可得抛物线的准线方程为，
设点，的坐标分别为和，
由抛物线的定义得，则，
可得线段中点的纵坐标为，
则的中点到轴的距离是．
故选：．
由抛物线方程求得准线方程，结合中点坐标公式及抛物线的弦长公式求解．
本题考查抛物线的方程与几何性质，考查中点坐标公式的应用，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为为等边三角形，所以渐近线的倾斜角为，
所以渐近线方程为．
故选：．
由为等边三角形，可得渐近线方程的倾斜角，进而得解．
本题考查双曲线的几何性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，且，
两式相减得，整理，所以，
结合，解得，可知是首项为，公比为的等比数列．
因此可得，结合各项大于，可知单调递增，所以，
综上所述，，即的取值范围是．
故选：．
根据递推公式推导出是首项为，公比为的等比数列，然后利用等比数列的求和公式算出的表达式，进而得出的取值范围．
本题主要考查等比数列的定义与通项公式、数列的递推公式与等比数列的求和公式等知识，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题知，如图所示：
因为圆的圆心为，
设关于直线对称的点为，
则，解得，
所以关于直线对称的点为，
所以圆关于直线对称的圆为，
若要圆上存在点，
点关于直线的对称点在圆上，
其中圆的圆心为，半径为，
则只需与有交点即可，
又，所以在外，
根据两圆有交点，则两圆心的距离大于半径之差的绝对值，小于等于半径之和可得：
，两圆分别内切与外切的时候取等号，
解得：．
故选：．
易得出圆关于直线对称的圆为，将问题转化为与有交点即可求解．
本题考查圆与圆的位置关系，考查数形结合思想，考查运算求解能力，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图所示，作，为垂足，则面，
过点作，则面，所以即为到直线的距离，
因为，，
所以，
所以点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线，
如图，建立直角坐标系，
则点的轨迹方程是，
则点，设，
所以，
所以当时，取得最小值．
故选：．
作，，即为到直线的距离，从而可得，即点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解．
本题考查立体几何中点、线、面间的距离计算，考查动点的轨迹方程，属难题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确；
对于：在中，由于，故，，，四点不共面，B错误；
对于：当，反向共线时，也成立，但与夹角不为钝角，C错误；
对于，在上的投影向量为，D正确．
故选：．
根据题意，由平面法向量的定义分析，由空间向量基本定理分析，由向量平行的性质分析，由投影向量分析，综合可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及平面的法向量，投影向量的计算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，若，则，则即为，故表示焦点在轴上的椭圆，A错误；
对于，若，则，所以即为，故C是圆，其半径为，B正确；
对于，若，则不妨设，，则即为，曲线此时表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，故选项C正确；
对于，，则，时，方程不表示任何曲线，故D错误．
故选：．
根据每个选项中和的取值，把方程转化为标准形式，逐项判断即可．
本题主要考查了圆锥曲线的定义，考查计算能力和和转化思想，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对，直线：，，所以直线过定点，故A正确；
对，设，因为动点满足 ，所以 ，整理可得，
即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点的轨迹方程为圆：，故B正确；
对于，当直线与垂直时，动点到直线的距离最大，
且最大值为，故C错误；
对于，由，得，所以，
又因为点在圆内，点在圆外，
所以，
当且仅当为线段与圆的交点时取等号，故D正确．
故选：．
根据定点的求解可判定，根据等量关系列方程可求解，根据点到直线的距离即可求解，根据三点共线即可求解．
本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：选项A，在中，当时，；
当时，，
因为为等比数列，所以满足上式，即，
解得，且，即A错误；
选项B，由，，
令，则有，在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，；
当，即时，，
所以，即B错误；
选项C，因为，
所以，
两式相减得，
所以，
而满足上式，所以，
若对恒成立，即对恒成立，
令，则，
当时，；当时，；当时，，
所以，
所以，即C正确；
选项D，，
所以，即D正确．
故选：．
选项A，利用，求解即可；选项B，结合对勾函数的单调性，求解即可；选项C，先求出，再将问题转化为对恒成立，结合函数的单调性，即可得解；选项D，采用裂项相消法，求解即可．
本题考查数列的通项公式与求和公式，熟练掌握利用求通项公式，对勾函数的单调性，裂项相消法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：直线：，即：，
故所求距离．
故答案为：．
根据已知条件，结合平行直线间的距离公式，即可求解．
本题主要考查平行直线间的距离公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意知，数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以数列的前项和为．
故答案为：．
由等差数列的定义与通项公式可得，再采用裂项相消法求解即可．
本题考查数列求和，熟练掌握等差数列的定义与通项公式，裂项相消法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为圆：，所以圆心为，半径，
所以四边形的面积为，
所以当最小，也即垂直于直线时，四边形面积最小，
此时直线的方程为，由，解得，
即，对应，，
以为圆心，半径为的圆的方程为：，
即，
由，
两式相减并化简得，即直线的方程为．
故答案为：．
表示出四边形的面积得到四边形面积最小时，点的坐标，由此求得的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：如图，设，分别是，与圆的切点．由圆的切线性质知，，
设，
所以，，
在中，，所以，
以，为焦点且经过点的双曲线的离心率为，
以，为焦点且经过点的椭圆的离心率为，
则，
在中，设，所以，，，
由余弦定理可知：，
从而得到，所以，
由，所以，
所以．
故答案为：．
设，分别是，与圆的切点，设，利用椭圆、双曲线的定义分别求出，的表达式，求出的表达式，求出的取值范围即可得解．
本题主要考查双曲线的性质，椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：证明：如图，取中点，连，，
正方体的棱长是，、分别是线段、的中点，
，且，四边形是平行四边形，从而，
又面，面，平面．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
所在直线为轴，建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量，
由，，得，解得，
点到平面的距离为．
【解析】取中点，连，，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图的空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．
本题考查线面平行的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：解法一：设圆的标准方程为：，
由题意得：，解得，
所以圆的标准方程为．
解法二：设线段的中点为，则，
又因为，
所以线段的垂直平分线的方程为：，即，
同理可得：线段的垂直平分线的方程为：，
由，解得，
所以圆心，半径，
所以圆的标准方程为．
由题意得：圆心到直线的距离为．
当直线垂直于轴时，方程为，满足条件；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，
由，解得，
所以直线的方程为，
综上所述，直线的方程为或．
【解析】解法一：由待定系数法即可求得；解法二：由几何法即可求得；
分直线的斜率存在和不存在，结合圆的弦长公式求得．
本题考查圆的方程的求法，圆的弦长公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由等比数列的性质可得：，
又，
又，
则，，
又数列是递增的等比数列，
，
又，
则，
则，
；
由可得，
，
，
可得：，
即，
即．
【解析】由等比数列的性质，结合等比数列通项公式的求法求解；
结合等比数列求和公式及错位相减法求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了错位相减法，属中档题．
20.【答案】证明：因为，，，
所以平面，又面，
从而面面．
解：面面，面面，
过点作，则底面，
所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，则，
，
设面的一个法向量为，
由，
令，可得，，
可得，
不妨取平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则由题意有，
整理得，解得，
即平面与平面夹角的余弦值为时，．
【解析】由题设条件及面面垂直的判定定理即可证明；
建立空间直角坐标系，设，求得平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列方程，解出即可．
本题考查面面垂直的判定，考查平面与平面所成角的余弦值，属中档题．
21.【答案】解：设数列的公差为，
因为，
所以，即，
又，，，
所以，
即，
解得，，
所以．
由知，
所以，
所以，
所以，
当为偶数时，，
所以，
所以当为偶数且时，恒成立；
当为奇数时，，
所以，
所以当为奇数且时，恒成立，
综上，对任意，都有成立的的最小值为．
【解析】设数列的公差为，由，可得，再根据的通项公式与，可得，解方程组求出和的值，然后由等差数列的通项公式，即可得解；
易知与，从而得，再分奇偶项求，然后找出满足成立的的取值范围，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式与求和公式，分奇偶项讨论求和是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：由题意可知，解得，，
所以椭圆的方程为：；
因为当直线斜率为时，则为轴，可得的中点为原点，不存在三角形，
所以直线，的斜率存在，且不为，
设直线的方程为，设，，
联立，整理可得：，
可得，
所以的中点的纵坐标为，代入直线中，可得，
即，
由题意可得，即，
可得，
则，
，，
所以，
所以，
所以．
即与的面积之比为定值，且定值为．
【解析】由题意列出等式，可得，的值，进而求出椭圆的方程；
由题意可得直线，的斜率存在，且不为，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出的中点的坐标，同理可得的中点的坐标，进而求出四边形的面积，再求，的表达式，求出的面积，两个面积相减可得的面积，进而可得与的面积之比为定值．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，三角形面积的求法，两条直线垂直的性质的应用，属于中档题．
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