2023-2024学年安徽省芜湖市安徽师大附中高二上学期12月测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市安徽师大附中高二上学期12月测试数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线与直线平行，则实数的取值为（ ）
A．或B．C．D．
【答案】B
【分析】由直线方程一般式两直线平行的系数关系即可求解，同时注意舍去直线重合的情况
【详解】由已知，若直线与直线平行，则需满足，解得,由于当时，两直线重合，因此
故选：B
2．在正三棱锥中，，点，分别是棱，的中点，则（ ）
A．-2B．-4C．-8D．-10
【答案】C
【分析】根据空间向量线性运算，先把向量用来表示，再用空间向量数量积运算即可求解
【详解】在正三棱锥中，，所以，

则，又，，
所以
.
故选：C.
3．若方程表示一个圆，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆的一般方程，表示圆的条件是，列出不等式即可求解.
【详解】因为，方程表示一个圆，
所以 ，即，解得
故选：B
4．已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A．240B．60C．180D．120
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，
所以．
故选：D．
5．设AB是椭圆（）的长轴，若把AB一百等分，过每个分点作AB的垂线，交椭圆的上半部分于P1、P2、… 、P99 ，F1为椭圆的左焦点，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的定义，写出，可求出的和，又根据关于纵轴成对称分布，得到结果．
【详解】设椭圆右焦点为F2，由椭圆的定义知，2，，，
．
由题意知，，，关于轴成对称分布，
．
又，
故所求的值为．
故选：D．
二、多选题
6．直三棱柱中，，，E，F，G分别为，，的中点，则（ ）
A．
B．
C．与所成角的余弦值为
D．点G到平面的距离为
【答案】BC
【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与不垂直，判断A；，点到平面距离相等，判断B；与所成角的余弦值为，判断C；求出平面的法向量，利用向量法能求出点G到平面的距离，判断D.
【详解】
直三棱柱中，，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，E，F，G分别为，，的中点，
，，，，，，，
，，，，
，，，
对于A，因为，所以与不垂直，故A错误；
对于B，连接，因为E，F分别为，的中点，所以，
又面，面，所以面，
所以点到平面距离相等，利用三棱锥体积公式可得，故B正确；
对于C，与所成角的余弦值为，
故C正确；
对于D，设平面的法向量为，
则，令，则，
所以到平面的距离为，故D错误，
故选：BC.
三、单选题
7．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线以及椭圆的定义可得，，进而在焦点三角形中运用余弦定理即可得，再结合均值不等式即可求解.
【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义，得，，
所 以，，
设，，
则在△中由余弦定理，得，
化简得：，即，
又，，，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆与双曲线的定义得到，，从而利用余弦定理构造得关于的齐次方程，由此得解.
8．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】由题设及抛物线性质求出直线的倾斜角，由即可求弦长.
【详解】由四边形为菱形，如下图示，，，
由抛物线性质知：，则，故，
又，故，
所以.
公式，证明如下：
令直线（斜率存在）为，代入，则，
整理得，若，
而，若直线倾斜角为（不为直角），则，
所以.
故选：B
四、多选题
9．已知，曲线：，则（ ）
A．当时，是轴
B．当时，是椭圆
C．当时，是双曲线，焦点在轴上
D．当时，是双曲线，焦点在轴上
【答案】CD
【分析】通过的取值范围，判断选项正误即可.
【详解】，曲线：，
对于A，当时，方程化为，是轴，故A错误；
对于B，当时，方程化为，当时，曲线是圆，故B错误；
对于C，当时，是双曲线，方程化为，焦点在轴上，故C正确；
对于D，当时，是双曲线，方程化为，焦点在轴上，故D正确，
故选：CD.
10．设数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等差数列B．，，成等差数列，公差为
C．当或时，取得最大值D．时，的最大值为32
【答案】AC
【分析】先根据已知条件得出数列是等差数列，；再根据，的关系求出，根据等差数列的定义即可判断选项A；根据可求出，，即可判断选项B；利用二次函数性质可判断选项C；根据解不等式即可判断选项D.
【详解】由，可得：数列是以为首项，为公差的等差数列.
则.
所以
对于选项A：
当时，；
当时，；
.
数列是等差数列，故选项A正确；
对于选项B：
，，
，
则，
所以，，成等差数列，公差为，故选项B错误；
对于选项C：，
当或时，最大，故选项C正确；
对于选项D：令，得，，即满足的最大正整数，故选项D错误.
故选：AC
11．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（ ）
A．平面平面；
B．点到直线的距离；
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；
D．点A到平面的距离为.
【答案】ABC
【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A;由A的结论，可推得，即可知点P到直线 的距离即为的长度，计算求得长，判断B;采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，判断C；过点A作于点H，证明平面，即为点A到平面的距离，解三角形求得的长，判断D.
【详解】A选项，因为平面,平面，平面，
所以 ，,
故 即为与底面所成的角,即 ，
故，而,所以 ,
在直角梯形中， ,
则,故，
又因为平面 ，所以平面，
因为平面 ，故平面平面，
即平面平面，A正确；
B选项：由A选项的证明过程可知：平面，
因为平面，所以，
故点P到直线 的距离即为的长度，
因为平面,平面,故,
而,B正确；
C选项：当时，，即E为的中点，
设为的中点，连接,则 ,
而 ,故 ,
故四边形为平行四边形，则,
故异面直线与所成角即为的夹角，
在中， ,
则 ,
则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
D选项，过点A作于点H，
由于平面 ，平面，
所以 ，
因为平面 ，所以平面，
故 即为点A到平面的距离，
因为 ，所以 ，
即点A到平面的距离为，D错误，
故选：
12．实数满足，则取值可能是（ ）.
A．B．1C．D．3
【答案】BC
【分析】根据点到直线的距离和两点间距离公式模型，结合圆的切线性质进行求解即可.
【详解】设直线的方程为：，
显然圆心到该直线的距离为，因此该直线与圆相离，
圆上任意一点，过作，垂足为，
因此，显然，
于是有，
因为圆心到纵轴的距离为1等于半径，所以直线是该圆的一条切线，
设直线与该圆相切，则有，
所以过原点的该圆的切线为，和，切点分别为、，
在中，当时，，即，
把代入中，解得，，即，
分别过、作，垂足分别这、，
所以，
显然，，
因此，
于是，
故选：BC

【点睛】关键点睛：本题的关键是根据点到直线距离和两点间距离公式模型把所求代数式转化为图形问题，应用数形结合思想.
五、填空题
13．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】利用 求解
【详解】数列的前n项和，
可得；
时，，不满足，
则，
故答案为：.
14．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点（A在轴上方），延长交抛物线的准线于点C，若，则抛物线的方程为 .
【答案】
【分析】根据抛物线的定义及性质，即可求得直线的斜率，求得直线的方程，代入抛物线方程，求得直线的方程，即可求得点坐标，即可求得的值，求得抛物线方程．
【详解】由题意得：，
当直线的斜率不存在时，，
因为，所以直线的斜率存在，
因为在轴上方，所以直线的斜率大于0，
设直线，，
与抛物线方程联立可得：，
恒成立，
设，则，，
由抛物线定义可知：，
因为，所以，即，
将代入，中，
，，
所以，解得：，
因为，所以，
则，，
所以，所以直线方程为，
当时，，，
∴直线与x轴平行，，∴，
.
故答案为：.
15．下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是 ．（写出所有符合要求的图的序号）

【答案】①③⑤
【分析】利用线面垂直的定义、空间向量分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，建立空间直角坐标系如下图，

设正方体棱长为，则，，
故向量.
图①中，，，，
则，，
∵，
∴，，即，，
又∵平面，平面，，
∴平面，即平面，故图①正确.
图②中，，，，
则，
∵， ∴和不垂直，
即和不垂直，
∴由线面垂直定义知不垂直平面，
即不垂直平面，故图②错误.
图③中，，，，则
，，
∵，
∴，，即，，
又∵平面，平面，，
∴平面，即平面，故图③正确.
图④中，，，，则
，
∵， ∴和不垂直，
即和不垂直，
∴由线面垂直定义知不垂直平面，
即不垂直平面，故图④错误.
图⑤中，，，，则
，，
∵，
∴，，即，，
又∵平面，平面，，
∴平面，即平面，故图⑤正确.
故答案为：①③⑤.
16．已知椭圆，过点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，O为坐标原点，若点O在以AB为直径的圆外，则直线l的斜率k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由坐标原点在以AB为直径的圆外，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围．
【详解】由题意，直线l斜率存在，设方程为，，
联立方程，得，
由，得，，．
坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，即为，即，
∴
，
解得，又∵，
可得，即．
故答案为：．
六、解答题
17．记为等差数列的前项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到数列为递增数列，且，得到或时，取得最小值，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
由，，可得，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，可得数列为递增数列，且，
所以当时，；当时，；当时，，
所以，当或时，取得最小值，即，
所以，故的最小值为.
18．已知为圆：上任一点，，，，且满足.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与轨迹相交于,两点，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，R的坐标为
【分析】（1）由可得，根据向量的加法以及数量积运算可，从而得到，结合椭圆的定义即可求出其轨迹方程.
（2）当过点的直线平行于轴时和垂直于轴时，求得，当不平行于轴时且不垂直于轴时，联立方程，利用韦达定理和点关于轴的对称点，结合，求得三点共线，从而满足，即可判断存在点不同的定点.
【详解】（1）圆：，圆心，半径为，因为，则，
因为，，则在线段上，即，
又因为，所以，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，则，，
所以，则动点的轨迹的方程为.

（2）设过点的直线为，
当平行于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；
当垂直于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，解得或，
所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为，
当不平行于轴时且不垂直于轴时，设直线方程为，，
联立，得，
因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立， ，
又因为点关于轴的对称点的坐标为，
又，，
则，
所以，则三点共线，所以，
综上，存在与点不同的定点，使恒成立，且.

19．如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且．
(1)若，证明：平面平面ABD．
(2)若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在或
【分析】(1) 取AB的中点O，连接，OC，利用题中的条件得出AB⊥平面，由线面垂直得到线线垂直，最后结合面面垂直的判定即可求解；
(2)根据条件建立空间直角坐标系，设，根据坐标之间的关系得出，然后分别求出两平面的法向量，根据两平面所成角的余弦值是，代入向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．
因为四边形是菱形，且，所以．
因为O为AB的中点，所以．
因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．
因为，平面，且，所以AB⊥平面．
因为平面，所以．
因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．
因为平面，所以平面平面ABD．
（2）因为，所以，所以AC⊥BC．
因为O是AB的中点，所以．
因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．
因为O是AB的中点，所以．
因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，，故，，，，.
因为，所以，所以．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设平面ABD的法向量为，
则，令，得．
设平面与平面ABD所成的角为，则，
解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．
20．已知公差大于0的等差数列的前项和，且满足：.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是等差数列，且，求非零常数；
(3)若（2）中的的前项和，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到，转化为是方程的两个实根，求得，列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，求得，得到，得到的值，结合是等差数列，列出方程，即可求解；
（3）由（2）得，得到时，，且时，等号成立，再由，当且仅当时，等号成立，即可得证.
【详解】（1）解：由等差数列满足：，
因为，可得是方程的两个实根，
又因为，可得，解得，
所以，解得，所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，所以，
可得，所以，
因为是等差数列，所以，可得的，
解得或，又因为，所以.
（3）解：由（2）得，
当时，，
当且仅当时，等号成立，
又由，当且仅当时，等号成立，
所以.
21．已知椭圆经过点，且离心率为，过椭圆右焦点为，的直线与E交于两点，点的坐标为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意，得到，，结合，求得的值，即可求解；
(2)当与轴重合与轴垂直时，得到，当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，化简得到，联立方程组，得到所以，得到，得到，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆经过点，且离心率为，
可得，，又因为，解得，
所以椭圆方程为.
（2）解：当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以，
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为，
由，可得，
联立方程组，整理得，
所以，
则，
从而，故、的倾斜角互补，所以，
综上可得，.
【点睛】知识方法总结：对于直线与圆锥曲线问题的求解策略：
1、研究直线与圆锥曲线位置关系，一般转化为研究直线方程于圆锥曲线方程组成的方程组解的问题，结合一元二次方程方程的根与系数的关系，结合韦达定理转化为方程的性质，进行求解；
2、对于直线与圆锥曲线的客观题解答时，注意图形的几何性质的应用，利用数形结合法求解，有时更加方便；
3、合理应用“设而不求”法，在“设而不求”的技巧中，要注意运算的合理性，目的性，同时合理应用根与系数的关系、中点坐标公式，向量平行与垂直关系等，使得思路更加清晰，运算得以简化，从而迅速地解决问题.
22．已知椭圆的右焦点的坐标为，离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点、为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足，为的中点，线段的垂直平分线分别交轴、轴于、两点．
（ⅰ）求证：为的中点；
（ⅱ）若（为三角形的面积），求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由已知得，再由的值，求，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）（ⅰ）设直线方程为，与椭圆方程联立，设，，得出的坐标关系，求出点坐标，得到垂直平分线方程，求出点坐标，即可证明结论；
（ⅱ）由结合（ⅰ）的结论，求出点的坐标，再由，得到关系，代入点坐标，求出的值即可．
【详解】（Ⅰ）椭圆的右焦点的坐标为，
，又离心率，
椭圆的方程为；
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线方程为，
联立，消去，得，
，
设，，则，
设中点，则，
，即点坐标为），
线段的垂直平分线方程为，
令，得，令，得，
，为中点；
（ⅱ）由（ⅰ）得为中点，
，
，
整理得，即，
又，
整理得，解得或（舍去），
，此时，
直线方程为.
【点睛】本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，要掌握根与系数关系设而不求方法在相交弦中的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.