2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（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.已知点是点在坐标平面内的射影，则( )
A. B. C. D.
2.已知直线：的倾斜角为，则( )
A. B. C. D.
3.圆：关于直线：对称后的圆的方程为( )
A. B.
C. D.
4.命题：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分必要条件是( )
A. B. C. D.
5.数列满足，则( )
A. B. C. D.
6.已知两圆和恰有三条公切线，若，，且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线的左、右焦点分别是，，直线不过点，且与左支交于，两点，的周长是的倍且两个三角形周长之和为，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则( )
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.下面四个结论正确的是( )
A. 空间向量，若，则
B. 若对平面中任意一点，有 则，，三点共线．
C. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底．
D. 任意向量，满足．
10.已知等差数列的前项和，则下列选项正确的是( )
A. B.
C. 当取得最大值时 D. 当取得最大值时
11.已知，，直线：，：，且，则( )
A. B. C. D.
12.如图所示，已知椭圆方程为，、为左右焦点，下列命题正确的是( )
A. 为椭圆上一点，线段中点为，则为定值
B. 直线与椭圆交于，两点，是椭圆上异与，的点，且、均存在，则
C. 若椭圆上存在一点使，则椭圆离心率的取值范围是
D. 四边形为椭圆内接矩形，则其面积最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知方程表示的圆中，当圆面积最小时，此时 ______．
14.已知抛物线的顶点为，且过点，若是边长为的等边三角形，则 ．
15.设数列满足，若，则的前项和为______．
16.正四面体的棱长为，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为______．
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
在正项等比数列中，，．
求的通项公式；
若，证明是等差数列，并求的前项和．
18.本小题分
已知中角，，所对的边分别为，，，设其面积为，．
求角；
若，点在边上，若是的平分线，且，求．
19.本小题分
已知定义域为的函数是奇函数．
求，的值；
直接写出该函数在定义域中的单调性不需要证明，若对于任意，不等式恒成立，求的范围．
20.本小题分
如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
证明：平面；
若平面平面，，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
21.本小题分
已知函数的图象经过坐标原点，且，数列的前项和
求数列的通项公式；
若数列满足，求数列的前项和；
令，若为非零整数，，试确定的值，使得对任意，都有成立．
22.本小题分
已知椭圆：的右焦点为，离心率为，点在椭圆上．
求椭圆的标准方程；
过点作直线直线的斜率不为与椭圆相交于，两点，过焦点作与直线的倾斜角互补的直线，与椭圆相交于，两点，求的值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意点在坐标平面内的射影为，
所以．
故选：．
根据空间直角坐标系中点在坐标平面的投影确定点坐标再表示向量即可．
本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为直线的斜率为，
倾斜角为，则，
则，所以，
所以，解得：，
．
故选：．
首先确定，再根据同角三角函数基本关系式，即可求解．
本题考查直线的倾斜角的求法及诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：圆：，则圆心，半径，
设圆心关于直线：对称的点为，
则，
解得，．
圆关于直线：对称的圆的方程为．
故选：．
由圆方程求出圆心和半径，再求出圆心关于直线的对称点的坐标，即可求出对称圆的方程．
本题考查了关于点、直线对称的圆的方程，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：若命题为真命题，则方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，，解得，
因此，使命题成立的充分必要条件是．
故选：．
求出当命题为真命题时实数的取值范围，再结合充要条件的定义可得出结论．
本题主要考查椭圆的性质和计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
，
，
，
，
所以数列是周期为的周期数列，
所以．
故选：．
根据数列的递推式可得，，，，，即数列是周期为的周期数列，即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：两圆的标准方程为和，
圆心为，和，半径分别为，，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距，
即，
则，
则，
故选：．
求出两圆的标准方程，结合两圆有三条公切线，得到两圆相外切，结合圆外切的等价条件，求出，的关系，结合基本不等式的性质进行求解即可．
本题主要考查两圆位置关系的应用，结合公切线条数，得到两圆外切，求出，的关系，结合基本不等式的性质进行求解是解决本题的关键．
7.【答案】
【解析】解：设的周长为，的周长为，
由题意可得，解得，，
因为，，
所以，所以，
又，解得舍去负值，
所以离心率．
故选：．
设，的周长为，，然后根据已知条件结合双曲线的定义求解出的值，则的值可求，故离心率可求．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：，
，数列是等差数列，
，，，，
数列的公差，
，即，
故，
，
．
故选：．
由可得数列是等差数列，进而可得数列的通项公式，故可得数列的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列的前项和，最后代入得到．
本题考查了裂项相消求和，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项，空间向量，若，整理得：，所以，夹角为，故A正确；
对于选项，，所以，，三点共线，故B正确；
对于选项，是空间的一个基底，则不存在，使得，
设，即，即，此方程无解，
故不共面，由于，则也是空间的一个基底，故C正确；
对于选项，不妨设，
则，，
此时，故D错误．
故选：．
根据空间向量的基本概念，即可判断选项．
本题考查空间向量的基本概念相关知识，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：设公差为，则，
所以，
解得，故A正确；
，故B正确；
，所以当时，最大，故C正确，错．
故选：．
选项，根据等差数列的求和公式列方程得到；选项，根据等差数列的通项公式判断；选项，根据等差数列的求和公式和二次函数单调性判断．
本题主要考查了等差数列的前项和公式，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由，得，即，
，，则，当且仅当，即，时等号成立，
所以，选项正确；
由，有，
当且仅当，即，时等号成立，所以有，选项成立；
由，有，，，则，
，
对称轴为时，由二次函数的性质可知，
有最小值，选项错误；
由，有，
，
当且仅当，即时等号成立，选项正确．
故选：．
由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立．
本题主要考查不等式及其应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对选项，为椭圆上一点，线段中点为，又为的中点，
，
为定值，选项正确；
对选项，直线与椭圆交于，，
设，，，设，则，
得，，
，选项错误．
对选项，若椭圆上存在一点使，则的最大角，
，又，
，，即，又，
，选项正确；
对选项，设椭圆内接矩形在第一象限的顶点为，则，
，当且仅当时，等号成立，
，
椭圆内接矩形面积为，选项正确．
故选：．
根据椭圆的几何性质针对各个选项分别求解即可．
本题考查椭圆的几何性质，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由，得，
易知当，圆的半径最小，即圆的面积最小．
故答案为：．
根据圆的半径最小时圆的面积最小，然后考查圆的半径即可．
本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设，，
是等边三角形，
则，即，
点，在抛物线，
，，
，
，
，，
，即，
，
，关于轴对称，
即，
，
，
，
，解得．
故答案为：．
根据已知条件，推出，关于轴对称，再结合，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：，
当时，，
两式相减得：，即，
当时，也适用，
，，
．
故答案为：．
先根据前项和与通项的关系得，然后求得，再根据裂项相消求和法求解即可得答案．
本题考查了数列递推关系、裂项相消求和法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由正四面体的棱长为，则其高为，
则其体积为，
设正四面体内切球的半径为，
则，解得，
如图，取的中点为，
则，
显然，当的长度最小时，取得最小值，
设正四面体内切球的球心为，可求得，
则球心到点的距离，
所以内切球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为．
故答案为：．
先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可．
本题主要考查了几何体的内切球问题，考查了向量的数量积运算，属于中档题．
17.【答案】解：设的公比为，由，得，
解得或舍去，
，；
证明：由可知，，则．
，是以为首项，为公差的等差数列，
故．
【解析】设的公比为，然后根据题意列方程可求出，从而可求出；
由可得，从而可证得是以为首项，为公差的等差数列，进而可求出．
本题考查等比数列的通项公式与等差数列的前项和，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：由题意可知，，解得，
因为，
所以；
中，，
，
又，，即，
联立得，
．
【解析】利用三角形面积公式和余弦定理可求角；
利用余弦定理和角平分线的性质建立方程组，结合面积公式可得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：因为定义域为的函数是奇函数，
所以，解得，即，
又由，可得，解得，
所以，
经检验，，符合题意，所以，．
由知，，可得函数为单调递减函数，
对于任意，不等式恒成立，
因为函数为奇函数，可得，
又因为函数为单调递减函数，可得，即恒成立，
又由，所以，
所以实数的取值范围为．
【解析】由是定义在上奇函数可得，计算可得，根据奇函数对称性，代入特殊值计算可得，最后检验可得；
根据函数单调性建立不等式计算即可．
本题主要考查了奇函数定义的应用，还考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
20.【答案】证明：因为平面，过的平面交平面于，
即平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
四边形为菱形，则，平面，平面，
故BC平面，又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
解：由知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，
因为，所以为等边三角形．
连接交于，连接，则，，
因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，
因为平面，所以．
因为四棱锥的体积为，即，
又，，所以，所以，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量，则，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量，则，
令，解得，，所以，
设平面与平面的夹角为，夹角范围是，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【解析】证明，，即可证明平面平面，利用面面平行的性质定理，即可证明结论；
先证明平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案．
本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了空间角的计算问题，是中档题．
21.【答案】解：由，
的图象过原点，即，
则，，
当时，，
又因为适合
所以数列的通项公式为；
由得：，
所以
所以
得：
所以，
令，
故，
要使，恒成立，
即要恒成立，
即要，恒成立，
下面分为奇数和为偶数讨论，
当为奇数时，即恒成立，又最小值为，
当为偶数时，即恒成立，又最大值为，，
综上所述，又为非零整数，
时，使得对任意，都有成立，
【解析】首先利用代入法求出的关系式，然后利用与的关系求；
利用对数知识求出，然后利用错位相减法求数列的前项和；
利用作差法，分析法可得，只要恒成立，下面分为奇数和为偶数讨论，根据函数的最值即可求出的范围，问题得以解决．
本题将数列与函数有机的结合在一起，综合考查了对数的运算、等差数列、等差数列的求和、错位相减法等知识点以及分析问题、综合解决问题的能力，属于难题．
22.【答案】解：，可得，
可得椭圆方程为，代入点的坐标有，解得，
故椭圆的标准方程为；
，点为，，
设点，，，的坐标分别，，，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与椭圆方程得，
消去并整理得，
有，
联立直线与椭圆方程得，
消去并整理得，，
有，
，
故的值为．
【解析】根据离心率可得椭圆方程为，代入点坐标计算得到答案；
设出点和直线方程，联立方程消元得到根与系数的关系，计算，代入化简计算得到答案．
本题考査了求椭圆方程，椭圆中的定值问题，考査了数学运算能力，转化能力和综合应用能力，考查了方程思想及转化思想，属于难题．
第1页，共1页