2023-2024学年浙江省绍兴市上虞区高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省绍兴市上虞区高二（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.直线经过两点，则的倾斜角是( )
A. B. C. D.
2.抛物线的焦点坐标为( )
A. B. C. D.
3.已知数列满足，则( )
A. B. C. D.
4.已知，分别是空间四边形的对角线，的中点，点是线段的中点，为空间中任意一点，则( )
A.
B.
C.
D.
5.若方程表示的曲线是圆，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在上，则直线与所成角的余弦值的最大值是
( )
A. B. C. D.
7.已知等腰直角的斜边，，分别为，上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面若点，，，，均在球的球面上，则球表面积的最小值为( )
A. B. C. D.
8.设椭圆的两个焦点是，，过点的直线与椭圆交于点，，若，且，则椭圆的离心率为( )
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.对于两条不同直线，和两个不同平面，，下列选项正确的是( )
A. 若，，，则
B. 若，，，则或
C. 若，，则或
D. 若，，则或
10.已知圆：和圆：交点为，，则( )
A. 圆和圆有两条公切线
B. 直线的方程为
C. 圆上存在两点和使得
D. 圆上的点到直线的最大距离为
11.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线如图已知圆锥轴截面的顶角为，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点在平面内，下列说法正确的是( )
A. 若点到直线的距离与点到平面的距离相等，则点的轨迹为抛物线
B. 若点到直线的距离与点到直线的距离之和等于，则点的轨迹为椭圆
C. 若，则点的轨迹为抛物线
D. 若，则点的轨迹为双曲线
12.如图，直平面六面体的所有棱长都为，，为的中点，点是四边形包括边界内，则下列结论正确的是( )
A. 过点，，的截面是直角梯形
B. 若直线面，则直线的最小值为
C. 存在点使得直线面
D. 点到面的距离的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.经过点，且对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为 ．
14.设两个等差数列和的前项和分别为和，且，则 ．
15.已知抛物线：和圆：，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数 ______．
16.正三棱锥，，点为侧棱的中点，，分别是线段，上的动点，则的最小值为______．
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
已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，．
若，求的通项公式；
若，求．
18.本小题分
已知圆过点和点，圆心在直线上．
求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
若直线经过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程．
19.本小题分
如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ求直线和平面所成的角的正弦值．
20.本小题分
已知抛物线：的焦点为，为上一点且纵坐标为，轴于点，且．
求的值；
已知点，，是抛物线上不同的两点，且满足证明：直线恒过定点．
21.本小题分
在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，侧面是边长为的正三角形，侧面平面．
证明：；
若点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值．
22.本小题分
在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到点的距离的最大值为．
求椭圆的方程；
在椭圆上，是否存在点，使得直线：与圆：相交于不同的两点、，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及对应的的面积；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题知：，
设直线的倾斜角为，，
故，
所以倾斜角．
故选：．
根据两点坐标求出直线斜率，根据斜率与倾斜角关系即可得出答案．
本题考查直线的倾斜角的求法，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由，得，
所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且，
所以，，
所以焦点坐标为．
故选：．
先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
根据递推关系，求解即可得出答案．
本题考查数列递推式，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，分别是空间四边形的对角线，的中点，
，，
又点是线段的中点，
则．
故选：．
根据空间向量的运算法则求解．
本题考查空间向量的运算，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由方程可得，
则当曲线表示圆时，有，
解得，
故选：．
将圆的一般方程配方后得，根据圆的半径大于求解即可．
本题考查了圆的一般方程及标准方程，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：设该正方体的棱长为，
如图，易知与垂直且过的平面即为平面，
故直线即为直线，
又，
则直线与直线所成角即为或其补角，
连接，显然当最小时，取最小值，
此时取最大值，
当点为的中点时，最小，其值为，
此时，
即，
故选：．
先作出异面直线直线与所成角，再结合图象得当最小时，取最小值，此时取最大值，运算即可得解．
本题考查了异面直线所成角的作法及求法，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由点，，，，均在球的球面上，且，，共圆不与重合，
所以不与重合，
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，、、都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，，的中点，分别为，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，，而，，
令且，则，故D，，
所以球半径，，
当时，，故球表面积的最小值为．
故选：．
由题设，，，共圆不与重合，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设，且，求外接球半径最小值，即可得结果．
本题考查球的半径的求法，考查计算能力，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图，因为，且，所以，可得，
，故．
过作，在直角三角形中，，，
由，可得．
即可得，
．
故选：．
由题意画出图形，由，，利用椭圆的定义可得：，进一步求出，，过作，在直角三角形中，利用勾股定理可得可得，即可求解．
本题考查椭圆的简单性质，考查三角形中勾股定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若，且，则由线面垂直、面面垂直的性质得，一定垂直，故A正确；
对于，若，，，则与相交、平行或异面，故B错误；
对于，若，，则或或，相交，C错误；
对于，若，，则由线面垂直的性质得或，故D正确．
故选：．
对于，由线面垂直、面面垂直的性质得，一定垂直；对于，与相交、平行或异面；对于，由线面平行、面面平行的性质得或或，相交；对于，由线面垂直的性质得或．
本题考查命题真假的判断，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，圆：，即，其圆心为，半径，
圆：，即，其圆心为，半径，
依次分析选项：
对于，两圆的圆心距，有，则两圆相交，则圆和圆有两条公切线，A正确；
对于，圆：和圆：，联立两个圆的方程可得，即直的方程为，B正确；
对于，直的方程为，经过圆的圆心，则线段为圆的直径，故，C错误；
对于，圆的圆心为，到直线的距离，圆上的点到直线的最大距离为，D正确；
故选：．
根据题意，由两个圆的方程求出圆心的坐标和半径，据此依次分析选项，综合可得答案．
本题考查圆的方程的综合应用，涉及圆与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了立体几何中的轨迹问题，关键是将空间点线、点面距离转化为平面点点、点线距离判断轨迹，由题设及给定的条件确定被截圆锥的轴与截面的夹角、被截圆锥轴截面顶角大小，进而确定轨迹形状，属于难题．
A、将距离转化到平面内到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义判断正误；、确定被截圆锥的轴与截面的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断的轨迹．
【解答】
解：：如下图，
到直线的距离与到平面的距离相等，又在平面内，
所以在平面内，到的距离与到直线的距离相等，又，
在直线上，故的轨迹为直线，故A错误；
：到直线的距离与到的距离之和等于，
同知：在平面内，到的距离与到的距离之和等于，而，所以点的轨迹为椭圆，故B正确；
：如下示意图，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角，
当时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，
而，则，
即，故的轨迹为椭圆，故C错误；
：同分析：时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，
而，即，故的轨迹为双曲线，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：对于，过点，，的截面交于，即为平面，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，
故，，
故，故A，
所以四边形为直角梯形，故选项A正确；
对于，如图，分别为，的中点，
易证，平面，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面，
故点在线段上运动，易知，
故，故，
故A的最小值即为，故选项B正确；
对于，设，而，故，
设平面的一个法向量为，
故，令，则，
所以平面的一个法向量为，
要使得面，故，解得，
因点在四边形包括边界内，故须满足且，故选项C错误；
对于，，
故点到面的距离，
故当时，点到面的距离最大，最大值为，故选项D正确．
故选：．
以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可得，可判断；，分别为，的中点，利用向量法可得，可求的最小值，判断；求得平面的一个法向量，设，判断是否成立可判断；求得点到面的距离，可求点到面的距离的最大值判断．
本题考查空间几何体的性质，考查转化思想，属中档题．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程，考查学生的计算能力，正确设出双曲线的方程是关键．
设对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的方程为，代入的坐标，可得双曲线的方程．
【解答】
解：设对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的方程为，
将点，代入可得，
，
方程为，即．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】解：由等差数列的性质和求和公式可得．
故答案为：．
由等差数列的性质和求和公式可得．
本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：抛物线：和圆：，
由抛物线的对称性，不妨设交点为，且满足，
抛物线在点处的切线方程为，
故由题知：，
故解得：，代入圆方程可得：，
故解得：．
故答案为：．
根据抛物线的性质，得到切线方程，与圆的方程联立即可求解结论．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：如图所示，
由已知得，在中，可得，
过作，为垂足，可得，
设，则，
，则，
而，可得的最小值为，
．
故答案为：．
由题意画出图形，设，把、分别用含有的三角函数表示，然后利用三角恒等变换与基本不等式求最值．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
17.【答案】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，得，
解得舍去，，于是．
由得，解得或．
当时，由得，；
当时，由得，，
综上所述，故或．
【解析】由等差、等比数列的通项公式列方程组求解即可；
首先由得公比，结合得公差，由此即可求解．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：设圆的方程为，则，
解得，，，所以圆的方程为：，
化为标准方程为，所以圆心为，半径为；
由知，圆心到直线的距离为，
于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，即，令，
解得，直线方程是，综上所述，直线的方程是：或．
【解析】设出圆的一般方程，根据圆的方程求出圆心坐标，将圆心代入直线，将，代入圆的方程，列出关于待定系数的方程，求出各个系数，即得到圆的方程．
当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，由点到直线的距离公式结合垂径定理列式求得，则答案可求．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】证明：，是的中点．
，
，
，
面，，
，
，，
平面
解：
建立坐标系如图
在三棱柱中，，，
，，，
即，，，
设平面的法向量为，
即得出
得出，，
，
，，
可得出直线和平面所成的角的正弦值为

【解析】连接，，根据几何体的性质得出，，利用直线平面的垂直定理判断．
利用空间向量的垂直得出平面的法向量，根据与数量积求解余弦值，即可得出直线和平面所成的角的正弦值．
本题考查了空间几何体的性质，直线平面的垂直问题，空间向量的运用，空间想象能力，计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：由为上一点且纵坐标为，可得点，由抛物线定义可知，，解得，
所以抛物线方程为：；
证明：由，可得点在抛物线上，
设直线：，点，，
联立与直线，消去，可得，
在下，，，
所以，
即，
整理得．
将代入直线，得，
即，
所以直线恒过定点．
【解析】由抛物线的定义可得的方程，解方程可得所求；
设直线：，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，推得，可得直线恒过定点．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：证明：取中点，连接、，，
因为为正三角形，所以，
因为在菱形中，，
所以为正三角形，
所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以；
由知，，
因为侧面平面，侧面平面，侧面，
所以平面，所以，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
所以，
设，
则，
所以，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
由题知，平面的一个法向量是，
所以平面与平面夹角的余弦值，
当时，有最大值，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为．
【解析】取中点，连接、，由正得出，利用菱形的性质可得，由线面垂直的判定定理可证明平面，即可得出；
建立空间直角坐标系，利用向量求出平面与平面夹角的余弦值的最大值，即可求出正弦值的最小值．
本题考查了线面垂直的证明问题，也考查了二面角的求法，属于中档题．
22.【答案】解：由得，椭圆方程为
椭圆上的点到点的距离
当时，即，得
当时，即，得舍
椭圆方程为
假设存在，则有
，点到直线距离
，
当且仅当，即时，取最大值，
又
解得：
所以点的坐标为或或或，的面积为．
【解析】由得，椭圆方程为，求出椭圆上的点到点的距离，利用配方法，确定函数的最大值，即可求得椭圆方程；
假设存在，则有，求出，点到直线距离，表示出面积，利用基本不等式，即可确定三角形面积的最大值，从而可求点的坐标．
本题考查椭圆的标准方程，考查三角形面积的求解，考查基本不等式的运用，正确表示三角形的面积是关键．
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