2023-2024学年天津市四校联考高二（上）期末数学试卷(含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年天津市四校联考高二（上）期末数学试卷(含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 135.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-12 10:10:20 | ||
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文档简介
2023-2024学年天津市四校联考高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45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.设，，向量，，且，则的值为( )
A. B. C. D.
3.抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为( )
A. B. C. D.
4.在四棱柱中，设，，，，，则( )
A.
B.
C.
D.
5.已知圆：截直线所得线段的长度是，则圆与圆：的位置关系为( )
A. 内切 B. 外切 C. 相交 D. 外离
6.设，分别是椭圆的左右焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若的周长为，且的最小值为，则椭圆的方程为( )
A. B. C. D.
7.已知为等比数列的前项和，，，则( )
A. B. C. D.
8.设，分别是双曲线的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
9.直线：与圆：交于、两点，点为中点，直线：与两坐标轴分别交于、两点，则面积的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知椭圆的短轴长为，则实数的值为______．
11.已知等差数列的前项和为，且，，成公比为的等比数列，则的值为______．
12.已知空间中三点，，，则点到直线的距离为______．
13.过原点的一条直线与圆：相切，交抛物线于点，若，则的值为______．
14.已知圆：，直线：，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为______．
15.在数列中，，且，则 ______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
已知圆经过点和，且圆心在直线上，
Ⅰ求圆的标准方程；
Ⅱ过点作圆的切线，求直线的方程．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，是的中点，点在棱上且．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面夹角的余弦值；
Ⅲ求点到平面的距离．
18.本小题分
已知为数列的前项和，且，．
Ⅰ求数列与的通项公式；
Ⅱ求数列的前项和；
Ⅲ设数列的前项和为，求数列的前项和．
19.本小题分
已知圆：经过点，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ直线与椭圆交于点异于顶点与轴交于点，点为椭圆的右焦点，为坐标原点，，求直线的方程．
20.本小题分
已知是等差数列，是递增的等比数列，，．
Ⅰ求数列和的通项公式及；
Ⅱ若数列满足，，
(ⅰ)求证：为等比数列；
(ⅱ)设，对，都有恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，是较易题．
把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，求出倾斜角的大小．
【解答】
解：直线即，
故直线的斜率等于，设直线的倾斜角等于，
则，且，故，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：向量，，且，
显然，均不为，
则，解得，，
故．
故选：．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查空间向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为
．
故选：．
求得抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程，由点到直线的距离公式，计算可得所求值．
本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：四棱柱中，，，，，，
所以
．
故选：．
用基向量、和表示即可．
本题考查了空间向量的线性表示与应用问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：圆：转换为标准式为：，
圆截直线所得线段的长度是，
故，解得负值舍去；
故圆为；圆：；
圆心距，半径之差为；
故两圆相内切．
故选：．
直接利用点到直线的距离公式求出圆的方程，进一步利用圆和圆的位置关系求出结果．
本题考查的知识要点：直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：如图，
由椭圆定义知，
所以的周长为，所以，
又最小时，轴，即为椭圆的通径，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为：．
故选：．
根据椭圆的定义及椭圆的通径求出，，即可得出椭圆方程．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：为等比数列的前项和，，，
当时，无解，
当时，，
解得，，
则．
故选：．
当时，无解；当时，，解得，，再由，能求出结果．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：设直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，
取的中点，连接，如图：
则，因为，所以，
因为为的中点，，
所以，且，
所以，又因为为双曲线左支上一点，
所以，即，又，
解得，所以．
故选：．
根据题意可知点到渐近线的距离为，根据，取的中点，可知，易求出，
从而求出，根据双曲线的定义可得，又，即可求出结果．
本题考查双曲线的定义和性质，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：设，，
联立，整理可得：，
可得，，
所以的中点，
直线：上，令，可得；令，，
由题意设，，所以，
到直线的距离，
所以当到直线的距离最大时，的面积最大，
令，时，显然小于时的值，所以只需讨论时即可，
可得，
所以，
令，因为时，，当且仅当，即时，，
所以，
所以，即此时的面积最大值为．
即面积最大值为．
故选：．
联立直线的方程与圆的方程，可得两根之和，进而可得的中点的坐标，求出到直线的距离的表达式，换元，分类讨论，可得的最大值，由直线的方程，可得，的坐标，进而求出的值，代入三角形的面积公式，当最大时，可得面积的最大值．
本题考查直线与圆的综合应用，点到直线的距离公式的应用，三角形面积公式的应用，换元法的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：椭圆的短轴长为且，
，．
故答案为：．
利用椭圆的短轴长即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，
，，
，，成公比为的等比数列
所以，
整理得，，
则．
故答案为：．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式，等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质及等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以，
则的单位方向向量为，
所以则点到直线的距离．
故答案为：．
根据空间点面的距离公式即可求解．
本题考查了利用向量法求点到面的距离，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：圆：的圆心为，半径，
设过原点的切线方程为，
则圆心到切线的距离，
解得，切线方程为，
联立，解得，
，．
故答案为：．
先根据题意求出切线方程，再联立切线方程与抛物线方程求出点横坐标，再根据抛物线的几何性质，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图，连接、、，则，，，，
则≌，
，
又，
四边形的面积的最小值为．
故答案为：．
利用平行四边形的面积是两个的面积．转化为求的最小值即得出四边形面积最小值．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：数列中，，且，
，
又，
故数列是首项为，公差为的等差数列，
故，
故，也成立．
故答案为：．
根据递推关系式得到数列是首项为，公差为的等差数列，求得数列的通项公式，进而求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】解：Ⅰ设圆的方程为，
圆经过两点，，且圆心在直线上，
，解得，
故圆的方程为．
Ⅱ当存在时，
设过点的直线方程为，
即，
所以，
即，
即，
即，
此时，
即；
当不存在时，
此时过点的直线与轴垂直，
即，
此时直线与圆相切，
综上：所求直线方程为或．
【解析】Ⅰ设圆的方程为，构造方程组求解即可；
Ⅱ分存在和不存在两种情况，结合直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径求解即可．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
17.【答案】Ⅰ证明：连接，交于，连接，
则，
平面，平面，
平面；
Ⅱ解：以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
平面的一个法向量为，
平面与平面夹角的余弦值为；
Ⅲ，
，
点到平面的距离为．
【解析】Ⅰ连接，交于，连接，利用直线与平面平行的判定定理证明；
Ⅱ以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解空间角；
Ⅲ利用空间向量求解点到平面的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，训练了利用空间向量求解空间角与距离，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：Ⅰ当时，，所以，
当时，由可得，
两式相减可得：，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以；
Ⅱ因为，
所以，
，
两式相减得，
，
所以；
Ⅲ因为数列的前项和为，所以，
所以，
则
．
【解析】Ⅰ根据前项和与项的关系求出的通项公式，再由对数运算求出；
Ⅱ根据错位相减法求和；
Ⅲ根据裂项相消法求和．
本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：由题意可得，
所以，
所以椭圆方程为；
由题意可得直线的斜率存在，如图，
故设直线的方程为，，，
联立，
所以，
由根与系数的关系可得，
所以，，
故，
所以，
所以，
所以，解得，
故直线的方程为．
【解析】根据椭圆离心率以及经过的点求出，，即可求解；
联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点，进而根据向量垂直满足的坐标关系求解．
本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ是公差为等差数列，是公比为的递增的等比数列，
，，，
，
，．
．
Ⅱ证明：，，
，
为等比数列．
，
恒成立恒成立，
又单调递减，负正相间，
则当时，最大，
，
故实数的取值范围为．
【解析】Ⅰ利用等差数列及等比数列的前项和公式和通项公式，即可求解；
Ⅱ，则，求出，即可证明；
恒成立，求出的最大值，即可求解．
本题考查了等差数列及等比数列的前项和公式和通项公式，数列不等式恒成立，属于中档题．
第1页，共1页
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45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.设，，向量，，且，则的值为( )
A. B. C. D.
3.抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为( )
A. B. C. D.
4.在四棱柱中，设，，，，，则( )
A.
B.
C.
D.
5.已知圆：截直线所得线段的长度是，则圆与圆：的位置关系为( )
A. 内切 B. 外切 C. 相交 D. 外离
6.设，分别是椭圆的左右焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若的周长为，且的最小值为，则椭圆的方程为( )
A. B. C. D.
7.已知为等比数列的前项和，，，则( )
A. B. C. D.
8.设，分别是双曲线的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
9.直线：与圆：交于、两点，点为中点，直线：与两坐标轴分别交于、两点，则面积的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知椭圆的短轴长为，则实数的值为______．
11.已知等差数列的前项和为，且，，成公比为的等比数列，则的值为______．
12.已知空间中三点，，，则点到直线的距离为______．
13.过原点的一条直线与圆：相切，交抛物线于点，若，则的值为______．
14.已知圆：，直线：，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为______．
15.在数列中，，且，则 ______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
已知圆经过点和，且圆心在直线上，
Ⅰ求圆的标准方程；
Ⅱ过点作圆的切线，求直线的方程．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，是的中点，点在棱上且．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面夹角的余弦值；
Ⅲ求点到平面的距离．
18.本小题分
已知为数列的前项和，且，．
Ⅰ求数列与的通项公式；
Ⅱ求数列的前项和；
Ⅲ设数列的前项和为，求数列的前项和．
19.本小题分
已知圆：经过点，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ直线与椭圆交于点异于顶点与轴交于点，点为椭圆的右焦点，为坐标原点，，求直线的方程．
20.本小题分
已知是等差数列，是递增的等比数列，，．
Ⅰ求数列和的通项公式及；
Ⅱ若数列满足，，
(ⅰ)求证：为等比数列；
(ⅱ)设，对，都有恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，是较易题．
把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，求出倾斜角的大小．
【解答】
解：直线即，
故直线的斜率等于，设直线的倾斜角等于，
则，且，故，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：向量，，且，
显然，均不为，
则，解得，，
故．
故选：．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查空间向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为
．
故选：．
求得抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程，由点到直线的距离公式，计算可得所求值．
本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：四棱柱中，，，，，，
所以
．
故选：．
用基向量、和表示即可．
本题考查了空间向量的线性表示与应用问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：圆：转换为标准式为：，
圆截直线所得线段的长度是，
故，解得负值舍去；
故圆为；圆：；
圆心距，半径之差为；
故两圆相内切．
故选：．
直接利用点到直线的距离公式求出圆的方程，进一步利用圆和圆的位置关系求出结果．
本题考查的知识要点：直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：如图，
由椭圆定义知，
所以的周长为，所以，
又最小时，轴，即为椭圆的通径，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为：．
故选：．
根据椭圆的定义及椭圆的通径求出，，即可得出椭圆方程．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：为等比数列的前项和，，，
当时，无解，
当时，，
解得，，
则．
故选：．
当时，无解；当时，，解得，，再由，能求出结果．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：设直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，
取的中点，连接，如图：
则，因为，所以，
因为为的中点，，
所以，且，
所以，又因为为双曲线左支上一点，
所以，即，又，
解得，所以．
故选：．
根据题意可知点到渐近线的距离为，根据，取的中点，可知，易求出，
从而求出，根据双曲线的定义可得，又，即可求出结果．
本题考查双曲线的定义和性质，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：设，，
联立，整理可得：，
可得，，
所以的中点，
直线：上，令，可得；令，，
由题意设，，所以，
到直线的距离，
所以当到直线的距离最大时，的面积最大，
令，时，显然小于时的值，所以只需讨论时即可，
可得，
所以，
令，因为时，，当且仅当，即时，，
所以，
所以，即此时的面积最大值为．
即面积最大值为．
故选：．
联立直线的方程与圆的方程，可得两根之和，进而可得的中点的坐标，求出到直线的距离的表达式，换元，分类讨论，可得的最大值，由直线的方程，可得，的坐标，进而求出的值，代入三角形的面积公式，当最大时，可得面积的最大值．
本题考查直线与圆的综合应用，点到直线的距离公式的应用，三角形面积公式的应用，换元法的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：椭圆的短轴长为且，
，．
故答案为：．
利用椭圆的短轴长即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，
，，
，，成公比为的等比数列
所以，
整理得，，
则．
故答案为：．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式，等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质及等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以，
则的单位方向向量为，
所以则点到直线的距离．
故答案为：．
根据空间点面的距离公式即可求解．
本题考查了利用向量法求点到面的距离，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：圆：的圆心为，半径，
设过原点的切线方程为，
则圆心到切线的距离，
解得，切线方程为，
联立，解得，
，．
故答案为：．
先根据题意求出切线方程，再联立切线方程与抛物线方程求出点横坐标，再根据抛物线的几何性质，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图，连接、、，则，，，，
则≌，
，
又，
四边形的面积的最小值为．
故答案为：．
利用平行四边形的面积是两个的面积．转化为求的最小值即得出四边形面积最小值．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：数列中，，且，
，
又，
故数列是首项为，公差为的等差数列，
故，
故，也成立．
故答案为：．
根据递推关系式得到数列是首项为，公差为的等差数列，求得数列的通项公式，进而求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】解：Ⅰ设圆的方程为，
圆经过两点，，且圆心在直线上，
，解得，
故圆的方程为．
Ⅱ当存在时，
设过点的直线方程为，
即，
所以，
即，
即，
即，
此时，
即；
当不存在时，
此时过点的直线与轴垂直，
即，
此时直线与圆相切，
综上：所求直线方程为或．
【解析】Ⅰ设圆的方程为，构造方程组求解即可；
Ⅱ分存在和不存在两种情况，结合直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径求解即可．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
17.【答案】Ⅰ证明：连接，交于，连接，
则，
平面，平面，
平面；
Ⅱ解：以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
平面的一个法向量为，
平面与平面夹角的余弦值为；
Ⅲ，
，
点到平面的距离为．
【解析】Ⅰ连接，交于，连接，利用直线与平面平行的判定定理证明；
Ⅱ以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解空间角；
Ⅲ利用空间向量求解点到平面的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，训练了利用空间向量求解空间角与距离，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：Ⅰ当时，，所以，
当时，由可得，
两式相减可得：，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以；
Ⅱ因为，
所以，
，
两式相减得，
，
所以；
Ⅲ因为数列的前项和为，所以，
所以，
则
．
【解析】Ⅰ根据前项和与项的关系求出的通项公式，再由对数运算求出；
Ⅱ根据错位相减法求和；
Ⅲ根据裂项相消法求和．
本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：由题意可得，
所以，
所以椭圆方程为；
由题意可得直线的斜率存在，如图，
故设直线的方程为，，，
联立，
所以，
由根与系数的关系可得，
所以，，
故，
所以，
所以，
所以，解得，
故直线的方程为．
【解析】根据椭圆离心率以及经过的点求出，，即可求解；
联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点，进而根据向量垂直满足的坐标关系求解．
本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ是公差为等差数列，是公比为的递增的等比数列，
，，，
，
，．
．
Ⅱ证明：，，
，
为等比数列．
，
恒成立恒成立，
又单调递减，负正相间，
则当时，最大，
，
故实数的取值范围为．
【解析】Ⅰ利用等差数列及等比数列的前项和公式和通项公式，即可求解；
Ⅱ，则，求出，即可证明；
恒成立，求出的最大值，即可求解．
本题考查了等差数列及等比数列的前项和公式和通项公式，数列不等式恒成立，属于中档题．
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