河北省唐山市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 (原卷版+解析版)

文档属性

名称 河北省唐山市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 (原卷版+解析版)
格式 zip
文件大小 1.6MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2024-02-22 22:52:38

文档简介

唐山市2023—2024学年度高二年级第一学期期末考试
数学
本试卷共4页,22小题,满分150分.考试时间120分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生务必用黑色钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.
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,只一项是符合题目要求的.
1. 抛物线y2=x的焦点坐标是( )
A. B. C. D.
2. 已知向量,则( )
A. 1 B. C. D. 5
3. 记是等差数列的前n项和,若,,则( )
A. 27 B. 36 C. 45 D. 78
4. 已知圆与圆,则两圆公切线的条数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 已知,均为等差数列,且,,,则( )
A. 2026 B. 2025 C. 2024 D. 2023
6. 线段长度为4,其两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动,则线段中点的轨迹所围成图形的面积为( )
A. 2 B. 4 C. D.
7. 如图,在正三棱柱中,若,则与所成角的大小为( )
A. B. C. D.
8. 已知M是椭圆上一点,椭圆的左、右顶点分别为A,B.垂直椭圆的长轴,垂足为N,若,则该椭圆的离心率为( )
A. 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.有选错的得0分,部分选对的得2分,全部选对的得5分.
9. 已知直线与,则( )
A. 若,则两直线垂直 B. 若两直线平行,则
C. 直线恒过定点 D. 直线在两坐标轴上的截距相等
10. 数列满足:,,则( )
A. B.
C. 为单调递减数列 D. 为等差数列
11. 已知双曲线,直线与C交于A,B两点,点P是C上异于A,B一点,则( )
A. C的焦点到其渐近线的距离为
B. 直线与的斜率之积为2
C. 过C的一个焦点作弦长为4的直线只有1条
D. 点P到两条渐近线距离之积为
12. 已知正方体的棱长为2,P,Q分别是棱,上的动点(含端点),则( )
A. 四面体的体积是定值
B. 直线与平面所成角的范围是
C. 若P,Q分别是棱,的中点,则
D. 若P,Q分别是棱,的中点,则经过P,Q,C三点作正方体的截面,截面面积为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知等比数列的公比为q,且,,,则______.
14. 已知,,且,则______.
15. 已知直线l与圆相切,且切点的横、纵坐标均为整数,则直线l的方程为______.(写出一个满足条件的方程即可)
16. 已知点在抛物线上,则______;过点M作两条互相垂直的直线,分别交C于A,B两点(不同于点M),则直线经过的定点坐标为______.
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. 已知直线与圆相交于A,B两点.
(1)若P为圆C上一点,求点P到直线l的最大距离;
(2)求弦的长度.
18. 数列是首项为1,公比为正数的等比数列,且满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列前n项和.
19. 如图,在梯形中,,,,为等边三角形,平面平面,E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. 数列满足,,.
(1)求,;
(2)证明:数列是等差数列;
(3)若,求数列的前n项和.
21. 如图,三棱柱侧面和均为正方形,,交于点O,D为中点,.
(1)证明:;
(2)设,当为何值时,平面与平面夹角的余弦值等于?
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为A,B,离心率为,长轴长为4,过点的直线l交于M,N两点(M在x轴上方).
(1)求方程;
(2)记的面积为,的面积为,求的取值范围.唐山市2023—2024学年度高二年级第一学期期末考试
数学
本试卷共4页,22小题,满分150分.考试时间120分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生务必用黑色钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.
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,只一项是符合题目要求的.
1. 抛物线y2=x的焦点坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
可以先确定开口方向,再根据方程得的值,进而得到焦点坐标.
【详解】由y2=x知抛物线的焦点在轴上,且开口向右,,∴,焦点坐标为,
故选:B.
【点睛】根据抛物线的方程求焦点坐标、准线方程时,可以总结如下:
的焦点坐标 ,准线方程;
的焦点坐标 ,准线方程.
2. 已知向量,则( )
A. 1 B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量模长的坐标运算即可得出答案.
【详解】,
故选:C.
3. 记是等差数列的前n项和,若,,则( )
A. 27 B. 36 C. 45 D. 78
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的前n项和的性质:对于,,成等差数列,取,列出方程组求解即得.
【详解】因是等差数列的前n项和,则成等差数列,
于是,代入,,解得:,
又,代入上述值,解得:.
故选:D.
4. 已知圆与圆,则两圆公切线的条数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】考查圆与圆的公切线问题,先找出两圆的位置关系,再根据两圆的位置关系求出公切线的数量.
【详解】两圆圆心分别为,半径分别为2和3,而圆心距为5,故两圆外切,所以两圆的公切线共有3条,
故选:C
5. 已知,均为等差数列,且,,,则( )
A. 2026 B. 2025 C. 2024 D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】由于,均为等差数列,则为等差数列,
因此,,所以的公差为1,
故,
故选:B
6. 线段长度为4,其两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动,则线段中点的轨迹所围成图形的面积为( )
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用几何法直接求出轨迹方程,进而由圆的面积公式求解.
【详解】,设为线段中点,
,设,则,即.
则线段中点轨迹是以坐标原点为圆心,2为半径的圆;
故线段中点的轨迹所围成图形的面积为.
故选:D
7. 如图,在正三棱柱中,若,则与所成角的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取向量为空间向量的一组基底向量,表示出与,再借助空间向量运算即可计算作答.
【详解】在正三棱柱中,向量不共面,,,
令,则,而,,
于是得,
因此,,
所以与所成角的大小为.
故选:B
8. 已知M是椭圆上一点,椭圆的左、右顶点分别为A,B.垂直椭圆的长轴,垂足为N,若,则该椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设,根据点在椭圆上结合得到方程组,解出即可得到离心率.
【详解】设,则,,
,,
因为,即,
整理得,即,即,
由题可知,则,即,
则,则,则,
故选:B.
【点睛】关键点点睛:本题的关键是采用设点法,根据题意得到,再结合点在椭圆上即可得到离心率.
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.有选错的得0分,部分选对的得2分,全部选对的得5分.
9. 已知直线与,则( )
A. 若,则两直线垂直 B. 若两直线平行,则
C. 直线恒过定点 D. 直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】由,判断A;由平行关系求出,判定B;由直线的点斜式方程判断C;求出截距判断D.
【详解】当时,,
,则,所以两直线垂直,A正确;
若两直线平行,则,解得,
经检验,当时,两直线平行,B错误;
由,即,
所以直线恒过定点,C正确;
由,与两坐标轴的截距分别为,不相等,D错误.
故选:AC
10. 数列满足:,,则( )
A. B.
C. 为单调递减数列 D. 为等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递推关系可证明为等差数列,且公差为1,即可利用等差数列的通项求解,结合选项即可逐一求解.
【详解】由可得,因此为等差数列,且公差为1,故D正确,
由于为等差数列,且公差为1,所以,故,
故为单调递减数列,C正确,
,故,A正确,
,,B错误,
故选:ACD
11. 已知双曲线,直线与C交于A,B两点,点P是C上异于A,B的一点,则( )
A. C焦点到其渐近线的距离为
B. 直线与的斜率之积为2
C. 过C的一个焦点作弦长为4的直线只有1条
D. 点P到两条渐近线的距离之积为
【答案】AD
【解析】
【分析】求出双曲线渐近线方程为,焦点为,设,由点到直线距离公式可判断A、D;由双曲线和直线的对称性可设,,由两点的斜率公式可计算,B错误;联立方程组,由弦长公式判断C.
【详解】对A,由已知得渐近线方程为,焦点为,
则焦点到渐近线的距离,A正确;
对B,由双曲线和直线的对称性可设,,,
则,
所以,故B错误;
对C,过C的一个焦点的直线,当其斜率不存在时,所以此时弦长为2;
当斜率存在时,分别与双曲线上下支各有一个交点时,结合图形可知弦长可以无穷大;
综上,过C的一个焦点的直线与双曲长相交时得到的弦长范围为,
又由双曲线的对称性可知,过C的一个焦点作弦长为4的直线至少有两条,故C错误;
对D,点到两条渐近线的距离之积:
,D正确.
故选:AD.
.
12. 已知正方体的棱长为2,P,Q分别是棱,上的动点(含端点),则( )
A. 四面体的体积是定值
B. 直线与平面所成角的范围是
C. 若P,Q分别是棱,的中点,则
D. 若P,Q分别是棱,的中点,则经过P,Q,C三点作正方体的截面,截面面积为
【答案】ABC
【解析】
分析】由体积公式计算判断A;由线面角公式判断B;由距离计算判断C;由截面做法及计算判断D.
【详解】因为四面体的体积为,h为到底面的距离为定值2,
为定值,故四面体的体积是定值,A正确;
连接,易得平面,
故平面,则到平面的距离即为到平面的距离;
又,平面,
则平面,则到平面的距离为,
易得,则直线与平面所成角的正弦值为,
所以直线与平面所成角的范围是,故B正确;
若P,Q分别是棱,的中点,易得,故C正确;
取中点M,中点N,连接,
易知故四边形为平行四边形,则,
易知,故,故经过P,Q,C三点作正方体的截面,截面为梯形,
如图:
又易得,,
作易得为矩形,
设,则,
由则,解得,
故,
故四边形的面积为,故D错误.
故选:ABC
【点睛】关键点点睛:本题考查正方体性质,线面角及截面问题,明确截面形状是解决D的关键.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知等比数列的公比为q,且,,,则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据等比数列,得,求出的值即可.
【详解】因为等比数列的公比为q,且,,,
所以,即,即,解得或(舍),
故答案:.
14. 已知,,且,则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据列出比例式,求解即可.
【详解】因为,所以,解得.
故答案为:.
15. 已知直线l与圆相切,且切点的横、纵坐标均为整数,则直线l的方程为______.(写出一个满足条件的方程即可)
【答案】或或或(任写一个都对)
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系找出圆上所有符合题意的切点,求出切线斜率即可求得切线方程.
【详解】易知圆C的圆心为点,半径为;
圆C经过的整点有4个,即,,,.
①切点为时,圆心与切点连线的斜率为,
则切线斜率为1,所以由直线的点斜式方程可得切线方程为;
②切点为时,圆心与切点连线的斜率为,
则切线斜率为,所以由直线的点斜式方程可得切线方程为;
③切点为时,圆心与切点连线的斜率为,
则切线斜率为,所以由直线的点斜式方程可得切线方程为;
④切点为时,圆心与切点连线的斜率为,
则切线斜率为,所以由直线的点斜式方程可得切线方程为;
故答案为:或或或(任写其一)
16. 已知点在抛物线上,则______;过点M作两条互相垂直的直线,分别交C于A,B两点(不同于点M),则直线经过的定点坐标为______.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】由抛物线过点求出;设直线的方程为:,,联立,得,利用韦达定理,通过,转化求解出直线方程,推出直线经过的定点.
【详解】
因为点在抛物线上,所以,解得;
抛物线,由题意知,直线斜率不存在时,不符合题意,
设直线的方程为:,,
联立,得,
所以,
因为,所以,
,,
所以,即,
所以,即,
验证 ,
所以,
直线经过的定点坐标为,
故答案为:2;.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,注意的判断;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;
(5)代入韦达定理求解.
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. 已知直线与圆相交于A,B两点.
(1)若P为圆C上一点,求点P到直线l的最大距离;
(2)求弦的长度.
【答案】(1)
(2)2
【解析】
【分析】(1)计算圆心到直线的距离,加上半径即为最大距离;
(2)由圆中弦长公式可解.
【小问1详解】
圆,圆心,半径,
圆心到直线的距离,
所以点P到直线l的最大距离为.
【小问2详解】
,即,
解得.
18. 数列是首项为1,公比为正数的等比数列,且满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据等比数列的通项公式,代入等量关系即可求解;
(2)利用等比数列的求和公式和等差数列的求和公式进行分组求和即可.
【小问1详解】
因为,,
所以,
或,又因为,所以,
所以.
【小问2详解】


.
19. 如图,在梯形中,,,,为等边三角形,平面平面,E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)
【解析】
【分析】(1)根据“由中点找中点”得到,易得平面;
(2)根据题设建系,求出相关点和向量的坐标以及平面的法向量,利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
如图,取的中点F,连结,.
因为E为的中点,所以,.
因为,,所以,.
即四边形是平行四边形,所以,
又因为平面,平面,所以平面.
【小问2详解】
如图,取的中点O,的中点G,连结,,则,
因为为等边三角形,所以,
因为平面平面,平面平面平面,
所以平面,又平面,故.
分别以,,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
,则,,,
故,,,
设平面的一个法向量为,
则令,则
设直线与平面所成角为,则
.
即直线与平面所成角的正弦值为.
20. 数列满足,,.
(1)求,;
(2)证明:数列是等差数列;
(3)若,求数列的前n项和.
【答案】(1),
(2)证明见解析 (3)
【解析】
【分析】(1)令,,结合递推关系即可求解;
(2)利用等差数列的定义证明即可;
(3)先用累加法求出,然后用裂项相消法求出.
【小问1详解】
令,得;
令,得.
【小问2详解】

所以是以为首项,2为公差的等差数列.
【小问3详解】
由(2)得,
所以

所以,
所以.
21. 如图,三棱柱的侧面和均为正方形,,交于点O,D为中点,.
(1)证明:;
(2)设,当为何值时,平面与平面夹角的余弦值等于?
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据线线垂直可得线面垂直,进而根据线面垂直的性质求证线线垂直,
(2)建立空间直角坐标系,利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
因为,,,平面,
所以平面,
又因为平面,所以.
【小问2详解】
如图,以,,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,,
故,,
由,得,
得,
设平面的法向量为.
由得
取,
取平面的一个法向量为.
设面与面夹角为,则

即,解得
.
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为A,B,离心率为,长轴长为4,过点的直线l交于M,N两点(M在x轴上方).
(1)求的方程;
(2)记的面积为,的面积为,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据长轴长确定,根据离心率得到,得到椭圆方程.
(2)考虑斜率存在和不存在两种情况,设出直线方程,联立,根据韦达定理得到根与系数的关系,确定,计算,设,解不等式得到答案.
【小问1详解】
已知长轴长为4,则,解得,
因为的离心率为,所以,解得,所以,
所以的方程为.
【小问2详解】
,,,
①当l斜率不存在时,,,,
②当l斜率存在时,显然斜率不为零,
设,,,
联立,得,,
所以,,,
因为,
所以,又,
设,则,,解得且,
所以,
综上所述:的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题考查了椭圆方程,面积问题,意在考查学生的计算能力,转化能力和综合应用能力,其中,利用设而不求的思想,根据韦达定理得到根与系数的关系,可以简化运算,是解题的关键,此方法是常考的方法,需要熟练掌握.
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