2023-2024学年贵州省黔南州高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年贵州省黔南州高二（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.直线在轴上的截距是( )
A. B. C. D.
2.已知向量，且，，与的夹角为直角，则的值为( )
A. B. C. D.
3.在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长的一天被定为冬至从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为尺，小寒、雨水、清明日影长之和为尺，则谷雨日影长为( )
A. 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺
4.若动点满足方程，则动点的轨迹方程为( )
A. B. C. D.
5.已知三点、、在直线上，点在直线外，满足，其中、为等差数列中的项，记为数列前项和，则( )
A. B. C. D.
6.直线：和圆：交于，两点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.春天的公园里，花团锦簇，有很多美丽的蝴蝶在花丛中飞来飞去一只正飞着的小蝴蝶被明明抓住了，他用长为的细绳子把蝴蝶绑在一个封闭的正方体空盒子底面一条棱的中点处忽略捆绑长度与蝴蝶的身长，若盒子的棱长大于，则蝴蝶的活动范围的体积为( )
A. B. C. D.
8.已知点，分别为双曲线：的左、右焦点，点到渐近线的距离为，过点的直线与的左、右两支曲线分别交于，两点，且，则下列说法正确的为( )
A. 的面积为 B. 双曲线的离心率为
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.若等比数列的第项和第项分别是和，下列选项中说法正确的是( )
A. 的公比为或 B. 的第项是
C. D.
10.下列说法正确的是( )
A. 若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
B. 点关于直线的对称点的坐标为
C. 直线：与直线：互相垂直的充要条件是
D. 圆与圆可能内含、内切或相交
11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达芬奇方砖拼成图的组合，这个组合再转换成图所示的空间几何体若图中每个正方体的棱长为，则下列结论正确的是( )
A. 点到直线的距离是
B.
C. 平面与平面的夹角余弦值为
D. 异面直线与所成角的正切值为
12.已知抛物线：的焦点为，，是上相异两点，则下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若，且，则
C. 若，则
D. 若，则的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.数列满足，，则数列的通项公式为______．
14.若直线与直线平行，则这两条平行线间的距离为______．
15.若椭圆的左焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率是______．
16.已知底面半径为，体积为的圆柱，内接于一个高为的圆锥如图，线段为圆锥底面的一条直径，则从点绕圆锥的侧面到点的最短距离为______．
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
如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，分别是，的中点．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
已知关于直线对称，且过点和原点．
求的标准方程；
过点的直线与交于、两点，且，求此时直线的方程．
19.本小题分
设数列满足．
求数列的通项公式；
若数列的前项和为，求．
20.本小题分
已知是抛物线：的焦点，是抛物线上一点，且．
求抛物线的方程；
若直线与抛物线交于，两点，且线段的中点坐标为，求．
21.本小题分
已知数列满足，且数列的前项和．
求的通项公式；
求数列的前项和．
22.本小题分
已知椭圆：的长轴长为，离心率为．
求椭圆的方程；
设点为椭圆的上顶点，点，是椭圆上两个不同的动点不在轴上，直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：直线，即 ，故它 在轴上的截距是，
故选：．
把直线的方程化为截距式，可得它在轴上的截距．
本题主要考查直线的截距式方程，直线在轴上的截距的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意知，则，又，
所以，解得．
故选：．
根据垂直向量的坐标表示和向量的几何意义建立方程组，解之即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成数列，
易得数列为等差数列，设其公差为尺，
由题可知，，即，解得；
，即，解得；
所以，
所以，即谷雨日影长为尺，
故选：．
先根据题意构造等差数列，再由条件得到公差，最后求解其中的项即可．
本题考查数列的应用，涉及等差数列的性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由动点满足方程，
根据椭圆的定义，可得点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
且，可得，则，
所以动点的轨迹方程为．
故选：．
根据题意，结合根据椭圆的定义，可得点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求得椭圆的方程，得到答案．
本题考查轨迹方程的求解，椭圆的定义，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：由于三点、、在直线上，点在直线外，满足，
所以，
故．
故选：．
直接利用向量的共线和求和公式求出结果．
本题考查的知识要点：向量共线的充要条件，等差数列的求和公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：依题意，直线：过定点，
圆：，化为标准方程为，可得圆的圆心，半径，
由，知点在圆内，
所以当且仅当直线与直线垂直时，直线截圆所得弦长最短，
则所求最短弦长为．
故选：．
求出直线过的定点、圆的圆心坐标及半径，再利用圆的性质及弦长公式计算即得．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，半径为的球的体积为，
结合题意，根据正方体与球的性质，
可得蝴蝶的活动范围的体积为球的体积的，
所以蝴蝶的活动范围的体积为：
．
故选：．
根据正方体和球的性质，结合球的体积公式，即可求解．
本题考查正方体和球的性质、球的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：根据双曲线的几何性质易知：焦点到渐近线的距离为，
，，离心率，选项错误；
设，，
根据双曲线的性质及可得，
，，，
，又，
，，
的面积为，选项错误；
，选项错误；
设，则，
又，，
在中，由勾股定理可得，
，解得，
，又，
，选项正确．
故选：．
根据题意先求出，再结合双曲线的几何性质及勾股定理分别求出，，，然后针对各个选项，分别求解即可．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：设该等比数列的公比为，
由题意可知：对于：，选项A正确；
对于：，选项B不正确，
由等比数列性质知：任意两项的下标和相等，则其乘积相等，故选项C正确，不正确．
故选：．
根据等比数列的通项公式，结合等比数列下标性质逐一判断即可．
本题考查的知识要点：等比数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于，当时，直线斜率不存在，错误；
对于，设点关于直线的对称点，
则，解得，
所以点关于直线的对称点的坐标为，正确；
对于，直线：与直线：互相垂直，
则，解得或，错误；
对于，圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距离为，
则两圆不会相外切和外离，当即时，两圆相交，
当即时，两圆内切，
当即或时，两圆内含，正确．
故选：．
根据倾斜角和斜率的概念判断，根据斜率和中点关系列方程求解对称点判断，结合充要条件定义利用两直线垂直公式列式求解判断，利用圆心距和半径和差的关系判断两圆位置关系判断．
本题考查直线与圆的方程的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：，选项B正确；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设，则点到直线的距离，故选项A不正确；
，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
，，
平面与平面的夹角余弦值为，故C正确；
，，，
，，选项D正确．
故选：．
利用向量的线性运算求出，所以选项B正确；以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出选项ACD的几何量判断即得解．
本题考查向量的线性运算，坐标法的应用，点到直线的距离的求解，面面角的余弦值的求解，线线角的求解，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以为的中点，
根据抛物线的对称性知，直线与轴垂直，
所以，正确；
对于，因为，所以，即，又，所以，
所以，解得或，错误；
对于，若，当且仅当直线过焦点时，，故C错误；
对于，抛物线的焦点为，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为点，
由抛物线的定义得，则，
当点、、三点共线时，取得最小值，且最小值为正确．
故选：．
根据相等向量得为的中点，利用焦半径公式求解弦长判断，根据焦半径公式及点在抛物线上建立方程求解判断，根据焦半径公式求解弦长判断，根据抛物线的定义，把转化为，利用当，，三点共线时，取得最小值，从而判断．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由题意，可得
是以为首项，为公比的等比数列
故
故答案为：．
两边同加，可得，从而是以为首项，为公比的等比数列，故可求．
本题以数列递推式为载体，考查等比数列，关键是运用整体思想，把看成数列的通项，进行求解，也可以看成是等价转化成等比数列的一种解题方法．
14.【答案】
【解析】解：由直线与直线平行，可得，解得，
所以直线的方程为与直线，
由两平行线间的距离公式，可得．
故答案为：．
根据题意，先求得，再结合两平行线间的距离公式，即可求解．
本题主要考查两平行线间的距离公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设，
由题意得，解得，
即，
将其代入椭圆方程，可得，即，
因为，
所以，
两边同时除以，得，
所以，即，
所以，解得，
又，所以．
故答案为：．
设出点的坐标，利用对称知识，结合椭圆的方程和几何性质，得到关于离心率的方程，解之即可．
本题考查椭圆离心率的求法，熟练掌握直线中的对称问题，椭圆的方程与几何性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：如图，设圆柱的高为，
圆柱的体积为，则有，变形可得，
则，则为的中位线，
，则，
即圆锥的底面半径为，母线长为，
则展开后所得扇形的弧长为，
则圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，
从点绕圆锥的侧面到点的最短距离为．
故答案为：．
由题意画出图形，求出圆锥的母线长及侧面展开图为半圆，进而计算可得答案．
本题考查旋转体表面上的最短距离问题，涉及圆柱、圆锥的结构特征，是中档题．
17.【答案】解：证明：如图，取的中点，连接，又是的中点，
所以，且，
因为四边形是矩形，所以，且，
所以，且，
因为是的中点，所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
故EF，
因为平面，平面，
所以平面．
因为平面，四边形是矩形，
所以，、两两垂直，
以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
因为，分别为，的中点，
所以，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，所以，
又，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】结合线线平行与线面平行的转化关系即可证明；
结合已知，建立合适的空间直角坐标系，结合空间向量即可求解．
本题主要考查了平行关系的判断，还考查了空间向量在空间角的求解中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：设圆的标准方程为，
由题意可知：，
解得，，，
可得圆的标准方程为：．
当直线的斜率不存在时，直线：，圆心到直线的距离为，此时，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线：，即为．
因为，所以，
解得，所以直线：．
综上所述：直线的方程为或．
【解析】利用待定系数法，解方程组即可求解．
根据垂径定理求解弦长，结合分类讨论即可求解．
本题考查圆的标准方程的求法、直线和圆位置关系的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：因为，所以当时，，
所以，即，
当时，满足，所以．
由知，
所以．
【解析】本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式以及数列求和的方法，是中档题．
利用，推出，然后验证即可．
化简通项公式，利用裂项消项法求解数列的和即可．
20.【答案】解：因为是抛物线：的焦点，是抛物线上一点，且，
根据抛物线的定义有，解得
故抛物线的方程为；
因为直线与抛物线交于，两点，设，，
则，
两式相减得，即，
因为线段的中点坐标为，所以，则，
故直线的斜率为，所以的方程为：，
联立方程，消去的，则，
所以由韦达定理可得，，
由弦长公式得
．
【解析】根据抛物线的方程以及点在抛物线上，列出方程组求解可得结果；
设出，的坐标，代入抛物线的方程，结合弦中点，利用“点差法”可求得直线的斜率，写出的方程，然后由设而不求即可求得．
本题考查了抛物线的方程以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
21.【答案】解：因为，所以，
故为公差为的等差数列，
中，令得，解得，
则；
，
故，
则，
得
，
故．
【解析】由题目条件得到为公差为的等差数列，首项为，求出通项公式；
利用错位相减法求和即可．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：由题意，在椭圆中，
，
解得，
椭圆的方程为：；
证明：由题意及，
在椭圆中，，设，，，
所以，因为，
所以，
若直线的斜率不存在，则，
可得，可得，且，
解得，即直线为轴，不合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆联立，
消去，得，
由，得，
所以，
因为，，
所以由，得，
即，
把代入，得，
整理，得，解得舍，
所以，即直线过定点．
【解析】根据长轴长和离心率即可求出椭圆方程；
设出点，坐标和直线的方程，直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和直线，的斜率之积即可得出直线过的定点．
本题考查了直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
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