2023-2024学年宁夏石嘴山市重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年宁夏石嘴山市重点中学高二（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.点 关于平面对称的点的坐标是( )
A. B. C. D.
2.若直线和直线平行，则( )
A. 或 B. 或
C. D.
3.圆：与圆：的位置关系是( )
A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切
4.“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自庄子天下篇，其意思为“一根一尺长的木棰，每天截取其一半，永远都取不完”设第一天这根木棰被截取一半剩下尺，第二天被截取剩下的一半剩下尺，，第五天被截取剩下的一半剩下尺，则( )
A. B. C. D.
5.一束光线从点射到轴上，经反射后反射光线与轴交于点，则反射光线所在直线的方程为( )
A. B.
C. D.
6.用数学归纳法证明，从到，不等式左边需添加的项是( )
A. B.
C. D.
7.如图，在平行六面体中，为的中点，若，则( )
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
8.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，到渐近线的距离为，过的直线轴，与双曲线的右支交于，两点，则的面积为( )
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.已知直线：，则下列结论正确的是( )
A. 直线的倾斜角是
B. 若直线，则
C. 点到直线的距离是
D. 过与直线平行的直线方程是
10.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是( )
A. 是递增数列 B.
C. 当时， D. 当或时，取得最大值
11.如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是( )
A. 与所成的角为
B. 点到直线的距离为
C. 与平面所成角为
D. 点到平面的距离为
12.已知椭圆：的左右焦点分别为，，点是椭圆上的一个动点，则以下说法正确的是( )
A. 的周长为
B. 若，则的面积为
C. 椭圆上存在两个点，使得
D. 的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.椭圆上一点到左焦点的距离为，则到右焦点的距离为______．
14.已知等差数列的前项和为，若与是方程的两个实根，则 ______．
15.已知抛物线与过焦点的一条直线相交于，两点，若弦的中点的横坐标为，则弦的长 ______
16.若数列满足，，，则数列的前项和为______．
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.本小题分
圆的圆心为，且过点
求圆的标准方程；
直线：与圆交，两点，且，求．
18.本小题分
已知是公比不为的等比数列，，且．
求的通项公式；
设，，证明：．
19.本小题分
在，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题已知数列的前项和为，，且满足_____．
求；
若，求数列的前项和．
20.本小题分
已知抛物线：的焦点为，过作垂直于轴的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，的面积为．
Ⅰ求抛物线的标准方程；
Ⅱ若直线与抛物线交于，两点，是线段的中点，求直线的方程．
21.本小题分
如图，已知四边形为直角梯形，，，，为的中点将沿折起，使得点与点重合，如图，且平面平面，，，，分别为，，，的中点．
求证：平面平面；
求二面角的余弦值．
22.本小题分
已知椭圆的左、右焦点为，，若上任意一点到两焦点的距离之和为，且点在上．
求椭圆的方程；
在的条件下，若点，在上，且为坐标原点，分别延长，交于，两点，则四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积，若不为定值，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由空间直角坐标系的性质知：
点关于平面对称的点的坐标是．
故选：．
点关于平面对称的点的坐标是．
本题考查点的坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间直角坐标系的性质的合理运用．
2.【答案】
【解析】解：直线和直线平行，
，解得或，
当时，两条直线重合；
当时，两条直线平行．
综上，．
故选：．
根据两条直线平行求出的值，验证即可．
本题主要考查直线的平行，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：圆的圆心坐标为，半径，
圆的圆心坐标为，半径，
因为，所以圆与圆内切．
故选：．
根据圆与圆的位置关系的判断方法求得正确答案．
本题考查的知识要点：圆与圆的位置关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：设这根木棰的长度为尺，
第一天这根木棰被截取一半为，剩下尺，
第二天被截取剩下的一半为，剩下尺，
第三天被截取剩下的一半，剩下尺，
第四天被截取剩下的一半，剩下尺，
第五天被截取剩下的一半，剩下尺，
则，
故选：．
设这根木棰的长度为尺，分别计算每一次截取的量可得剩余的量，可得答案．
本题考查有理数的计算，数据的形成过程，注意理解题意，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，
所以反射光线所在直线的方程为，解得．
故选：．
取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，结合直线的两点式方程运算求解．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，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：当时，左边的代数式为，
当时，左边的代数式为，
故用时左边的代数式减去时左边的代数式的结果为，
故选：．
求出当时，左边的代数式，当时，左边的代数式，相减可得结果．
本题考查用数学归纳法证明不等式，注意式子的结构特征，以及从到项的变化．
7.【答案】
【解析】解：，
又，
．
故选：．
根据向量加法的平行四边形法则、向量加法和数乘的几何意义及向量的数乘运算即可得出，然后根据平面向量基本定理即可求出，，的值．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：设双曲线的焦距为，则，解得，
双曲线，，．
将代入，解得，，
的面积为．
故选：．
根据焦点到渐近线的距离为、离心率的定义式以及，，的关系式建立方程组，求得双曲线的标准方程，进而求得点的坐标，利用三角形的面积公式，可得答案．
本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
对于求得直线的斜率即可知直线的倾斜角，即可判断的正误；
对于求得直线的斜率，计算是否为，即可判断的正误；
对于利用点到直线的距离公式，求得点到直线的距离，即可判断的正误；
对于利用直线的点斜式可求得过与直线平行的直线方程，即可判断的正误；
本题考查命题的真假判定，着重考查直线方程的应用，涉及直线的倾斜角与斜率，直线的平行与垂直的应用．
【解答】
解：对于直线的斜率，故直线的倾斜角是，故A错误；
对于因为直线的斜率，，故直线与直线不垂直，故B错误；
对于点到直线的距离，故C正确；
对于过与直线平行的直线方程是，整理得：，故D正确．
综上所述，正确的选项为．
故选CD．
10.【答案】
【解析】解：当时，，又，
所以，则是递减数列，故A错误；
，故B错误；
当时，，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，
而是正整数，且或距离对称轴一样远，
所以当或时，取得最大值，故D正确．
故选：．
根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断、、选项的正误，结合二次函数的性质，可判断的正误．
本题主要考查了数列的递推式和等差数列的前项和公式，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由题意可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
对于，，，
则，即，，
则与所成的角为，A正确；
对于，，，则，
故点到直线的距离为，B正确；
对于，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设与平面所成角为，其范围为大于等于小于等于，
故，
故，C错误；
对于，，平面的一个法向量为，
则点到平面的距离为，D正确．
故选：．
建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出，的坐标，计算其数量积，可判断；根据空间距离的向量求法可判断；求出平面的法向量，根据空间角的向量求法可判断．
本题主要考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，点到平面的距离，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由椭圆：，得，，则，
所以，，
因为点是椭圆上的一个动点，所以，
对于，的周长为，故A正确；
对于，在中，由余弦定理得，
，
即，则，
所以，
所以的面积为，故B正确；
对于，当点位于椭圆得上下顶点时，最大，
当点位于椭圆得上下顶点时，，
此时为等边三角形，故的最大值为，
所以椭圆上不存点，使得，故C错误；
对于，因为，
所以
，
当且仅当，即时，取等号，
经检验符合题意，所以的最小值为，故D正确．
故选：．
先求出，，根据椭圆的定义即可判断；利用余弦定理结合椭圆的定义及三角形的面积公式即可判断；求出的最大值即可判断；根据椭圆的定义结合基本不等式中“”的整体代换即可判断．
本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，余弦定理的应用，是中档题．
13.【答案】
【解析】解：由可得，
所以，
由椭圆的定义可得，
所以．
故答案为：．
根据椭圆的定义即可求解．
本题主要考查椭圆的定义，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：与是方程的两个实根，
则，
故．
故答案为：．
根据已知条件，结合韦达定理，以及等差数列的前项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前项和公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题设知线段的中点到准线的距离为，
设，两点到准线的距离分别为，，
由抛物线的定义知：
．
故答案为：．
线段的中点到准线的距离为，设，两点到准线的距离分别为，，由抛物线的定义知的值．
本题考查抛物线的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，积累解题方法．
16.【答案】
【解析】解：依题意，由，
可得，
，
数列是各项均为的常数列，
，
由，
可得
．
数列的前项和为．
故答案为：．
由题意得奇数项为常数列，各项恒为，偶数项相邻项结合一起，再利用分组求和法，以及等差数列的求和公式求解即可计算出数列的前项和．
本题主要考查数列求和问题．考查了分类讨论，整体思想，转化与化归思想，等差数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
17.【答案】解：因为圆的圆心为，且过点，
所以圆的半径为，
所以圆的标准方程为．
设圆心到直线的距离为，则
由得：，
所以由圆心到直线的距离公式可得，
解得或．
【解析】根据两点间的距离公式求得圆的半径，再求出其标准方程即可；
由题意可知圆心到直线的距离为，再结合点到直线的距离公式求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
18.【答案】解：因为是等比数列，设公比为，
由题意得，
解得，
所以．
证明：由因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
从而．
【解析】由基本量法求出通项公式即可；
先由对数的运算求出，再由裂项相消法求出，适当放缩即可证明．
本题考查等比数列的通项公式、求和公式，数列的裂项相消法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：若选，因为，
当时，，两式相减得，
当时，，即，
又，所以，
故，也满足，
所以是首项为，公比为的等比数列，故．
若选，因为，，
所以
，故．
由知，
则，
，
两式相减得
，
故．
【解析】若选，利用与的关系即可求解；若选，利用累加法结合等比数列前项和公式即可求解；
利用错位相减法求解即可．
本题主要考查数列的通项公式的求法，数列的求和，乘公比错位相减法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ由抛物线性质知：的面积，所以，
所求抛物线的标准方程为；
Ⅱ易知直线不与轴垂直，设所求方程为：，
设，，由，在抛物线上得：
，两式相减化简得：，
又因为，，代入上式解得：，
故所求直线的方程为：，
即．
【解析】Ⅰ根据三角形的面积公式，即可求得的值，求得抛物线方程；
Ⅱ利用抛物线的“点差法”求得直线的斜率，利用点斜式方程，即可求得直线的方程．
本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查“点差法”的应用，考查转化思想，属于基础题．
21.【答案】证明：因为，分别是，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
如图，连接，因为，分别是，的中点，所以且．
易知且，
因为是的中点，所以，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面；
由知，又，，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以是平面的一个法向量，
所以，
结合图象易知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．
【解析】先利用线面平行的判定定理证明平面，再通过构造平行四边形证明，进而利用线面平行的判定定理证明平面，最后利用面面平行的判定定理证得平面平面．
根据题意，先找到三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，设，写出相关点和向量的坐标，再求出两个平面的法向量，最后利用向量的夹角公式即可得解．
本题考查了空间几何体中位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
22.【答案】解：因为上任意一点到两焦点的距离之和为，
所以，
解得，
因为点在上，
所以，
解得，
则椭圆的方程为；
四边形的面积为定值，理由如下：
当直线斜率为时，
因为，
不妨设，
可得，
此时，，
则四边形的面积为为定值；
当直线斜率不为时，
不妨设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
由韦达定理得，，
所以
，
因为，
所以，
即，
整理得，
则，
因为点到直线的距离，
所以四边形的面积
．
综上，所以四边形的面积为定值，定值为．

【解析】根据定义可求出，利用点在椭圆上列方程即可求出，进而得到椭圆方程；
设直线的方程，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合，得到与的关系，由弦长公式和点到直线距离公式即可得到，根据图象对称性即可计算四边形的面积．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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