2023-2024学年广东省深圳市龙岗区高二上册期末区统考数学测试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市龙岗区高二上册期末区统考数学测试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第 Ⅰ 卷 选择题
一、单项选择题：本大题共8小题，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．直线的倾斜角为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
2．双曲线的一条渐近线经过，则该双曲线离心率为（ ）
A．B．2C．D．4
3．已知数列满足，则 （ ）
A．1B．2C．D．
4．已知等比数列的前项和为，则（ ）
A．18B．54C．128D．192
5．已知，是平面的一个法向量，且是平面内一点，则点A到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆（）的左，右焦点分别为，，P为椭圆上一点，的最大值为3，且，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
7．设圆的直径为，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．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．
二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．公差为的等差数列的前项和为，若，则下列选项正确的是（ ）
A．B．时，的最小值为2022
C．有最大值D．时，的最大值为4043
11．过抛物线的焦点F的一条直线交抛物线于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A．为定值
B．若经过点A和抛物线的顶点的直线交准线于点C，则轴
C．存在这样的抛物线和直线AB，使得OA⊥OB（O为坐标原点）
D．若直线AB与x轴垂直，则
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．当点E运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共4小题
13．已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为
14．如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
15．若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数 ．
16．已知双曲线C：的右焦点为F，过点F的直线与C的两条渐近线的交点分别为P，Q，若，（O为坐标原点），则 .
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．已知动点与两个定点，的距离的比是2.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.
18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15.
（1）求Sn；
（2）设数列的前n项和为Tn，证明.
19．已知抛物线上横坐标为4的点到其焦点的距离是6．
(1)求的方程；
(2)设直线交于，两点，若（为坐标原点），求的值．
20．已知为等差数列，是公比为正数的等比数列，.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
21．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点.
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由.
22．已知为椭圆C：上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB斜率的乘积为－1，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标．
1．B
【分析】由题意可知直线与轴垂直，结合倾斜角的概念即可得解.
【详解】由题意直线为与轴垂直的直线，故它的倾斜角为90°.
故选：B.
2．B
【分析】根据双曲线的渐近线与离心率的关系求解.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
将代入渐近线方程得，
所以，
故选:B．
3．B
【分析】根据递推关系得到数列周期，利用周期性求项.
【详解】由题设，，，……，
所以是周期为3的数列，
又可得,则.
故选：B
4．D
【分析】根据等比数列的定义结合求和定义，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得．
．
故选：D.
5．D
【分析】求出的坐标，再利用点到面的距离公式求解即可.
【详解】由已知，又，
则点A到平面的距离为.
故选：D.
6．B
【分析】由题意得，根据椭圆的定义可得，结合计算即可求解.
【详解】因为的最大值为3，所以．
因为，所以，即，所以，．
又，所以，所以椭圆的标准方程为
故选：B
7．B
【分析】由题意可得圆与圆有交点，则，进而可得出答案.
【详解】圆化为标准方程，
则圆心，半径，
圆化为标准方程，
圆心，半径，
因为为圆的直径，在圆上存在点，使得，即，
所以圆与圆有交点，
则，
即且，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
8．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.
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.
9．BC
【分析】根据导数的运算公式及运算法则进行计算即可.
【详解】A选项，，故A选项错误；
B选项，，故B选项正确；
C选项，，故C选项正确；
D选项，，故D选项错误；
故选：BC.
10．CD
【分析】AB选项，根据，得到，从而得到，A错误，时，的最小值为2023，B错误；C选项，求出，由二次函数性质得到有最大值；D选项，计算出，，得到答案.
【详解】对于：由可得，
故等差数列的公差，故A错误；
对于B：由A得，数列为单调递减数列，且，故时，
的最小值为2023，故B错误；
对于C：由A得，，故是关于的开口向下的二次函数，
其有最大值，没有最小值，故C正确；
对于D：因为数列的前2022项均为正数，
且，
，
时，的最大值为4043，故D正确
故选：CD
11．ABD
【分析】由已知可得AB的斜率不等于0，所以设直线方程为，代入抛物线方程，运用韦达定理，可判断A；求得直线OA方程和准线方程联立，求得交点C，可判断B；若，即，运用韦达定理和点满足抛物线方程，解方程即可判断C；当AB与x轴垂直时，，可求得，可判断D．
【详解】
由已知可得AB的斜率不等于0，
所以设AB的方程为，
联立直线与抛物线的方程，消去x得，
所以为定值，即A正确，
经过点A和抛物线的顶点的直线的方程为，与准线的交点的坐标，
因为，
所以，即轴，所以B正确，
因为，
所以不可能，即C错误，
当AB与x轴垂直时，，
则由抛物线定义得，所以D正确，
故选:ABD．
12．ACD
【分析】A选项，作出辅助线，得到，，从而得到平面，因为平面，所以总成立；B选项，当E向运动时，平面与平面的夹角不变；C选项，建立空间直角坐标系，设，，得到二面角的法向量，求出二面角的余弦，从而得到余弦值的最大值，得到二面角的最小值；D选项，利用体积公式求出三棱锥的体积为定值.
【详解】对于A，连接，，，

因为四边形为正方形，故，
又⊥平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面.
因为平面，
所以，同理可证.
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以总成立，故A正确.
对于B，平面EFB即平面，平面EFA即平面，
所以当E向运动时，二面角的大小不变，故B错误.
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，所以，
因为E，F在上，且，
故可设，，，则，
由题知平面ABC的一个法向量为，
设平面ABE的一个法向量为，
则，解得，
取，则，故，
设二面角的平面角为，则为锐角，
所以，
又，所以当时，取得最大值，
取得最小值，故C正确；
对于D，因为，
点A到平面EFB的距离即到平面的距离，为，
所以，为定值，故D正确.
故选：ACD
13．
【分析】根据投影向量的定义，数量积和模的坐标运算公式即可得解.
【详解】由题意向量，
则在方向上的投影向量的坐标为.
故答案为.
14．##
【分析】建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，或作合适辅助线，利用线线角定义求解也可.
【详解】．
解法一
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
所以，则，解得，
所以，所以，设线线角为
则，
因此异面直线与所成角的余弦值为．
故
解法二
设，因为，所以，得．如图，取线段上靠近点的三等分点，靠近点的三等分点，连接，易知， 又，
所以，故为异面直线与所成的角或其补角．
，
所以，因此异面直线与所成角的余弦值为．
故
15．
【分析】利用求得切点坐标，代入切线方程，从而求得.
【详解】令，解得，所以切点为，
将代入切线得.
故
16．1
【分析】解法一：不妨设，，点P在x轴上方，过点F作交OP于点M，易得，再根据，求出的关系，结合的关系即可得解.
解法二：记，，设直线PQ的方程为，不妨设点P在x轴上方，则点Q在x轴下方，分别联立直线和直线的方程，求出的坐标，再根据得，结合即可得出答案.
【详解】解法一：不妨设，，点P在x轴上方，则直线OP的方程为，
过点F作交OP于点M，则，
又，由双曲线的对称性可得，
所以，，
所以，所以，所以，
又，所以.
解法二：记，，
由题可知，直线PQ的斜率存在且不为0，故设直线PQ的方程为，
不妨设点P在x轴上方，
则点Q在x轴下方，直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由得，所以，
由，得，所以，
由得，即，
所以，得，
因为，，所以，得，
又，所以.
故答案为.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；
（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.
【详解】（1）设点，
动点与两个定点，的距离的比是，
，即，
则，
化简得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
直线被曲线截得的弦长为，
圆心到直线的距离，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
此时直线的方程为或.
综上，直线的方程是或.
18．（1）；（2）见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出.
（2）利用裂项求和方法即可得出.
【详解】（1）解：S3＝3a2＝15⇒a2＝5，∴，
∴an＝2n+1，；
（2）证明：
.
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
19．(1)
(2)8
【分析】（1）根据抛物线上一点到焦点的距离等于其横坐标加，结合题意列式求解即可得出答案；
（2）设，，联立直线与抛物线方程，通过韦达定理即可得出，进而得出，由题意，得出，代入即可解出答案.
【详解】（1）的准线为．
由题意根据抛物线定义得：，解得，
故的方程为：．
（2）联立与得，．
设，，则，于是．
因为，所以，即，
因为，所以．
20．(1)
(2)
【分析】（1）直接由等差数列、等比数列的基本量的计算算出公差，公比即可得解.
（2）直接由等比数列公式法、错位相减法求和运算即可得解.
【详解】（1）由题意设等差数列等比数列的公差公比分别为，
则由题意有，解得，
所以和的通项公式分别为.
（2）设数列的前n项和为，由（1）可得，
所以，，
两式相减得，
所以数列的前n项和为.
21．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先利用线面垂直从而证明平面，从而证明；
（2）利用空间向量法求出直线与平面的夹角为时点的位置，从而求解.
【详解】（1）证明：连接，，如图所示，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别
为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，取，得：，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以：，
整理得：，由，解得.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时.
22．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，分情况讨论，联立方程，利用韦达定理求出，再根据直线与的斜率之积为即可得出结论.
【详解】（1）由点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为可知，
解得：，
，
椭圆的标准方程：；
（2）设，
当直线不平行于轴时，设方程为：，由不经过点知
由得，
，
，
，
，
，
，
，过定点
当直线平行于轴时，，设
由和的方程联立解得，
方程为：，过定点
综上，直线必过定点．