2023-2024学年福建省厦门市海沧实验中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门市海沧实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决
【详解】
由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线
可得，解之得
故选：D
2．在数列中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件推导出数列的周期，再借助周期性计算得解.
【详解】在数列中，，，则，
，于是得数列是周期数列，周期为3，
，
所以.
故选：A
3．直线平分圆C：，则（ ）
A．B．1C．-1D．-3
【答案】D
【分析】求出圆心，结合圆心在直线上，代入求值即可.
【详解】变形为，故圆心为，
由题意得圆心在上，故，解得.
故选：D
4．三棱锥中，D为BC的中点，E为AD的中点，若，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示作答.
【详解】三棱锥中，D为BC的中点，E为AD的中点，且，如图，
.
故选：D
5．一束光线自点P(1,1,1)发出，被xOy平面反射，到达点Q(3,3,6)被吸收，那么光线自点P到点Q所走的距离是( )
A．B．12C．D．57
【答案】C
【分析】求出P（1，1，1）关于平面xy的对称点M，然后连接QM求出距离，就是光线所行走的路程，计算可得答案．
【详解】由题意，P（1，1，1）关于平面xy的对称点为M（1，1，﹣1）
则|QM|=
故答案为：C
【点睛】(1)本题主要考查点关于平面的对称点的求法，考查空间两点间的距离的计算，意在考查学生对这些知识的 掌握水平和空间想象推理能力.(2)空间点关于平面xy的对称点的坐标为.
6．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作（圆锥曲线论）是古代世界的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两个定点距离之比为常数且的点的轨迹为圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知.动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ）
A．内含B．相离C．内切D．相交
【答案】D
【分析】设，应用两点距离公式和已知条件求得动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再由圆心距与半径的关系判断位置关系即可.
【详解】设，则，整理得，
所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
而的圆心为，半径为，
由于和的距离，则，
所以动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
故选：D
7．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交拋物线于A，B两点，延长FB交准线于点C，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别记为M，N，若，则的面积为（ ）
A．B．4C．D．2
【答案】A
【分析】利用抛物线的定义结合条件可得，，进而可得.
【详解】法一：由题意可知，，则，抛物线的准线方程为直线，
则，，
因为，
所以，所以，所以，
所以，，
所以.
因为，
所以，
解得，所以，点F到AM的距离为，
所以.
法二：因为，
所以，所以，即.
连接FM，又，
所以为等边三角形.
易得，所以.
故选：A.
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与椭圆交于点M，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意画出椭圆的图像，再求出点M的坐标，进而利用得到离心率.
【详解】如图，不妨设点M为第二象限的点，直线与x轴交于点.

，
于是，
，.
，又，，则由,
得，即，于是.
所以椭圆的离心率.
故选:C.
9．对于直线，有以下说法，其中错误的有（ ）
A．倾斜角为B．在x轴上的截距为4
C．原点到直线l的距离为2D．直线l的一个方向向量为
【答案】ABD
【分析】A.根据直线求得斜率即可；B.根据直线，令求解判断；C.根据直线，利用点到直线的距离求解判断；D.根据直线，求得斜率判断；
【详解】A.因为直线，所以，因为倾斜角的范围是 ，所以倾斜角为，故错误；
B. 因为直线，令，得，所以在x轴上的截距为-4，故错误；
C. 因为直线，所以原点到直线l的距离为，故正确；
D. 因为直线，所以，则直线l的一个方向向量为，故错误.
故选：ABD
二、多选题
10．已知空间中三点则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．在上投影向量的长度为
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.
【详解】对于A，由，则，故A正确；
对于B，由，，因为，所以两向量显然不平行，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，在上投影向量的长度为，故D正确.
故选：ACD.
11．记是数列的前n项和，且，则下列说法正确的有（ ）
A．数列是等差数列B．数列是递减数列
C．D．当 时，取得最大值
【答案】ACD
【分析】由等差数列的定义可判断A；求出可判断B、C；根据的表达式结合二次函数的性质可判断D.
【详解】∵，∴数列是等差数列，故A正确；
，
∵，从而，可知数列不是递减数列，故B错误，C正确；
∵，，∴当 时，取得最大值，故D正确.
故选：ACD.
12．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则
A．
B．若为线段上的一个动点，则的最大值为2
C．点到直线的距离是
D．异面直线与所成角的正切值为
【答案】BCD
【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，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，利用空间向量法计算B、C、D.
【详解】因为，
所以，故A错误；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，，
对于B：因为为线段上的一个动点，设，，
则，
所以，所以当时，故B正确；
对于C：，，
所以点到直线的距离，故C正确；
对于D：因为，
所以，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
13．写出一个渐近线方程为的双曲线标准方程 ．
【答案】
【分析】不妨设双曲线方程焦点在轴上，根据渐近线方程以及的关系，得出双曲线的标准方程．
【详解】不妨设双曲线方程焦点在轴上，渐近线方程为，则
故答案为：
14．在等差数列中，如果前5项的和为，那么等于 ．
【答案】4
【分析】利用等差数列前项和公式和等差中项求解即可.
【详解】因为等差数列前5项的和，
所以，
所以
故答案为：4
15．若直线l：与曲线C：有两个交点，则实数k的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】因为，可得，且，
所以曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，
直线l：过定点，斜率为，如图所示：

当直线l过时，可得；
当直线l：与曲线C相切，则，解得；
所以实数k的取值范围是.
故答案为：.
16．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形（Cassinival）.在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于，化简得曲线， 则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据轨迹方程求出的取值范围，再求最值即可得解.
【详解】由动点满足的方程为，
所以，即，
解得，
故，
故，即的最大值为.
故答案为：
四、问答题
17．已知直线.
（1）若直线过点，且，求直线的方程；
（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.
【答案】（1） （2）或.
【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为，可求得直线的斜率，
再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；
（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，
再根据两平行直线的距离公式即可求出．
【详解】（1）因为直线的方程为，所以直线的斜率为.
因为，所以直线的斜率为.
因为直线过点，所以直线的方程为，即.
（2）因为直线与直线之间的距离为，所以可设直线的方程为，
所以，解得或.
故直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，涉及两直线垂直，平行关系的应用，以及平行直线的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
五、解答题
18．已知等差数列的前三项依次为，前项和为，且．
（1）求及的值；
（2）设数列的通项公式为，求的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差中项以及等差数列的前项和公式即可求解.
（2）由（1）可得，从而可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】（1）设该等差数列为，首项为，公差为，
则．
由已知得，得，
，，
由，得（负值舍去）．
．
（2）由（1）得，则，
，又，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
19．已知直线，半径为2的圆C与相切，圆心C在轴上且在直线右上方.
(1)求圆C的方程；
(2)问题：是否存在______的直线被圆C截得的弦长等于？若存在，则求直线的方程；若不存在，请说明理由.请从下面给出的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答.
①过点；②在轴上的截距和在轴上的截距相等；③方程为.
【答案】(1)
(2)选①，存在，直线的方程为或；选②，存在，直线的方程为；选③，不存在直线，理由见解析
【分析】（1）设圆心坐标为，，由圆心到切线距离等于半径求得得圆方程；
（2）由弦长得圆心到直线的距离，
选①，检验斜率不存在的直线符合要求，斜率存在的直线设出直线方程后由点到直线距离公式求解；
选②，分类讨论，截距为0，直线过原点时检验可得，截距不为0时设出直线方程，由点到直线距离公式求解；
选③，直接由点到直线距离公式求解．
【详解】（1）直线与轴交点为，依题意设所求圆的圆心C的坐标为，则，解得或（舍去）.故所求圆C的方程为；
（2）由题意易得圆心C到直线的距离为
选①：直线过点.若直线的斜率不存在，则直线的方程为，易知符合题意；
若直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，即，则，
解得，此时直线的方程为.综上，存在符合题设的直线且其方程为或
选②：直线在x，y两坐标轴上的截距相等.若直线的截距都为0，则直线过原点O即圆心C，不合题意；若直线的截距都不为0，不妨设直线的方程为，即.
则有，解得.综上，存在符合题设的直线且其方程为.
选③：直线方程为.
由题意，得整理，得，（*）
因为，所以方程（*）无解，所以不存在符合题设的直线．
六、问答题
20．已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点的距离减去它到y轴距离的差都是1．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）或.
【分析】(1)根据条件有化简得答案.
(2)有抛物线过交点的弦长公式有，然后设出直线方程与抛物线方程联立求出代入，可计算出，得到直线方程.
【详解】(1)设点是曲线C上任意一点，
那么点满足：．
化简得曲线C的方程为．
(2)由题意得，直线的方程为，
设，．
由得．
因为，故，
所以．
由题设知，解得或．
因此直线的方程为或．
【点睛】本题主要考查曲线与方程、直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
七、证明题
21．如图，在三棱台中，，，侧棱平面，点是棱的中点.
(1)证明：平面
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据线面垂直的性质定理以及判定定理，可得，再结合线面垂直判定定理，可得答案.
（2）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据面面角与法向量夹角的关系，可得答案.
【详解】（1）在平面内，过作，且，
则，在中，，易知，即，
平面平面，
，且平面平面，
平面平面，
平面.
（2）以点为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，由点为的中点，则
在平面中，取，设该平面的法向量，
则，即，今，解得，
故平面的一个法向量，
在平面中，取，设该平面的法向量，
则，即，今，解得，
故平面的一个法向量，
则，由图得二面角为锐角，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
22．设椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点，与椭圆交于点；若垂直于轴，则.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为，直线与直线交于点.求证：点在定直线上.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）解方程即得椭圆的标准方程；（2）设，，
联立直线和椭圆方程得到，再求出直线与直线的方程和它们的交点P的横坐标，再把韦达定理代入P的横坐标化简即得解.
【详解】（1）由已知得，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，
，
联立，
得，
所以，
可得，
，
所以，
又因为，
所以；
所以点在直线上．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的定直线问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.