2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（新高考地区专用，测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）01（Word版附解析）

这是一份2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（新高考地区专用，测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）01（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围， 已知圆，已知为椭圆C等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线、数列。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合直线的倾斜角与斜率的关系，即可求解．
【详解】设直线的倾斜角为，，
直线可化为，
所以直线的斜率，
，
故选：D．
2. 已知，分别是平面的法向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面平行可得法向量平行，列出等式即可求解
【详解】因为，分别是平面的法向量，且，
所以，即，解得
故选：B
3．设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A．7B．12C．15D．31
【答案】C
【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案.
【详解】设公比为，因为，，成等差数列，所以，
则，解得：或0（舍去）.
因为，所以，故.
故选：C
4．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果.
【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，解得或．
所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，
故选：A
5．如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，利用空间向量基本定理可得答案.
【详解】连接．
故选：B.
6． 已知圆：与圆：相内切，则与的公切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两圆的位置关系得出，进而联立两圆方程得出公切线方程.
【详解】圆：的圆心，圆：可化为
，，则其圆心为，半径为，
因为圆与圆相内切，所以，即，故.
由，可得，
即与的公切线方程为.
故选：D
7．已知数列满足，且，若，则正整数为（ ）
A．13B．12C．11D．10
【答案】B
【分析】确定，，利用累加法确定，代入计算得到答案.
【详解】，故，，故，
.
故，
，即，故，解得.
故选：B
8．已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
二、多项选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知曲线：，：，则（ ）
A. 的长轴长为4
B. 的渐近线方程为
C. 与的焦点坐标相同
D. 与的离心率互为倒数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆与双曲线的标准方程，结合它们的几何性质逐项判断即可.
【详解】曲线：整理得，则曲线是焦点在轴上的椭圆，其中，所以，离心率为
故曲线的长轴长，故A不正确；
曲线：是焦点在轴上的双曲线，其中，所以，离心率为，故与曲线的焦点位置不同，故C不正确；
：的渐近线方程为，故B正确；
又，所以与的离心率互为倒数，故D正确.
故选：BD.
10.已知等差数列的前项和为，若，则下列结论错误的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．当取得最大值时，D．
【答案】ABC
【分析】由已知，利用等差数列求和公式与等差数列的性质可得：， ，进而判断选项即可.
【详解】因为是等差数列，且，
所以，，
即，所以，，且，所以B错误，D正确；
因为，所以等差数列是递减数列，所以A错误；
所以当时，取得最大值，所以C错误.
故选：ABC
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 点B到直线的距离为
B. 直线CF到平面的距离为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 直线与直线所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可结合选项逐一求解．
【详解】在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

,2,，,0,，,2,，,2,，,2,，
则点到直线的距离为：
，故A正确；
,0,，,1,，,1,，,2,，
,,，,1,，,2,，,1,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,2,，
由于分别为的中点，所以 且，
因此四边形为平行四边形，故,
又平面, 平面,所以平面，
直线到平面的距离为，故B正确；
设直线与平面所成角，则，故C错误；
,2,，,,，
设直线与直线所成角为，则，故D正确．
故选：ABD．
12. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…设第层有个球，从上往下层球的总数为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. ，D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据每层球数变化规律可直接求解得到AB正误；利用累加法可求得C正确；采用裂项相消法可求得D正确.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，由每层球数变化规律可知：，B错误；
对于C，当时，；
当时，满足，；
，C正确；
对于D，，
，D正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知四棱锥的底面是平行四边形，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的运算及空间向量基本定理得答案.
【详解】因为四棱锥的底面是平行四边形，所以，
又，由空间向量基本定理可得，，故.
故答案为：.
14. 已知数列的前n项和为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先令得到，再令得到，从而得到为常数，得到数列是首项为，公比为2的等比数列，从而直接求得通项公式.
【详解】令，得，所以；
令，则，
两式相减得，，即，
所以，
因为，所以，
所以为常数，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：
15. 如图是一座抛物线型拱桥，拱桥是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米．当水位下降，水面宽为6米时，拱顶到水面的距离为______米．
【答案】4.5##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，求出抛物线的方程，再代点的坐标即得解.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，
将代入，得，所以．
设，代入，得．
所以拱桥到水面的距离为．
故答案为：4.5.
16. 如图，我们把由半椭圆和半椭圆合成的曲线称作“果圆”．，，是相应半椭圆的焦点，则的周长为______，直线与“果圆”交于，两点，且中点为，点的轨迹方程为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据各半椭圆方程可得，，的坐标，再根据两点间距离公式求得距离及周长；分别表示点，的坐标，利用中点公式表示，消参即可得到点，得轨迹方程.
【详解】由，，是相应半椭圆焦点，
可得，，，
所以，，，
故所求周长为；
设，
联立直线与，得，
即点，
联立直线与，得，
即点，且不重合，即，
又为中点，
所以，
即，，整理可得，，
故答案为：，.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （10分）已知的顶点坐标为，，.
(1)求边上的高的长.
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离即可求解；
（2）求出的长，用面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意，直线的方程为：，即.
故点到直线的距离即为边上的高的长，

所以.
（2）因为 ，
所以的面积为：.
18.（12分） 已知数列是等差数列，是各项均为正数的等比数列，数列的前n项和为，且，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前12项和．
【答案】（1），
（2）2796
【解析】
【分析】（1）由数列是等差数列，是各项均为正数等比数列，设出公差和公比，根据题意列出方程组求解即可；
（2）根据题意写出数列通项公式，用分组求和法，结合等差等比求和公式求解即可.
【小问1详解】
设数列的公差为d，数列的公比为，
由题意可得，，即，
所以，
因为，所以，
所以，．
【小问2详解】
由（1）可得，
所以的所有奇数项组成以1为首项，4为公差的等差数列；
所有偶数项组成以2为首项，4为公比的等比数列．
所以，
．
19. （12分）已知直线经过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点．
（1）求C的方程；
（2）求圆心在x轴上，且过A，B两点的圆的方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，代入直线方程即可求解作答.
（2）根据给定条件，求出线段AB的中垂线方程，再求出圆心坐标及半径作答.
【小问1详解】
依题意，抛物线C的焦点在直线上，则，解得，
所以C的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，抛物线C的准线方程为，设，，AB的中点为，
由消去y得，则，有，，即，
因此线段AB的中垂线方程为，即，
令，得，设所求圆的圆心为E，则，
又AB过C的焦点F，则有，
设所求圆的半径为r，则，
故所求圆的方程为．
20. （12分）已知数列的前n项和．
（1）证明是等比数列，并求的通项公式；
（2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；
（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
因为，
当时，，
所以，当时，，又，解得，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
故
【小问2详解】
因为，所以，，
，
，
所以
，
所以
21. （12分）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．

（1）证明：平面平面PBC；
（2）当时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【小问1详解】
因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
【小问2详解】
解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
22. （12分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，（），上顶点为A，，且到直线l：的距离为．
（1）求C方程；
（2）与l平行的一组直线与C相交时，证明：这些直线被C截得的线段的中点在同一条直线上；
（3）P为C上的动点，M，N为l上的动点，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据椭圆的顶点坐标以及点到直线距离公式，可得答案；
（2）由两直线的平行关系，设出直线方程，联立方程，利用韦达定理，表示出中点坐标，可得答案；
（3）根据直线的平移，取与椭圆相切是的临界点，利用三角形的面积公式，可得答案.
【小问1详解】
设，，由题意得，
解得，所以C的方程为．
【小问2详解】
证明：设这组平行线的方程为，与联立消去x，得，
则，得．
设直线被C截得的线段的中点为，则，其中，是方程的两个实数根．
所以，
消去m，得，所以这些直线被C截得的线段的中点均在直线上．
【小问3详解】
由（2）知，l与C相离，
当直线与C相切时，，解得或．
当时，直线与l的距离为，此时，
当时，直线与l的距离为，此时，