2023-2024学年高二期末联合检测卷（数学）人教版

这是一份2023-2024学年高二期末联合检测卷（数学）人教版，共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，“”是“方程表示双曲线”的，设是等比数列，则，已知直线与圆等内容，欢迎下载使用。

数学测试卷共5页，满分150分。考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
3.考试结束，考生必须将试卷和答题卡一并交回
第I卷（选择题共60分）
一、单选题（本题8题，每题5分，共40分）
1．已知直线l的倾斜角是，且与圆相切，则直线l的方程是（ ）
A．B．或
C．或D．
2．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．48B．52C．54D．56
3．“”是“方程表示双曲线”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知点，则下列向量可作为平面的一个法向量的是（ ）
A．B．C．D．
5．在重大节日里，从古至今我国有悬挂灯笼增加节日气氛的习俗.据文献记载，古代有一座n层的塔共挂了127盏灯笼，相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，且底层的灯笼数与顶层的灯笼数之和为65，则塔的底层共有灯
A．27盏B．81盏C．64盏D．128盏
6．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，则（ ）
A．6B．8C．12D．24
7．如图，在四棱锥中，⊥平面，四边形是正方形，且，E，F分别为的三等分点，若P为底面上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知椭圆的左焦点为，过作圆的一条切线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本题4题，每题5分，共20分，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．设是等比数列，则（ ）
A．是等比数列B．是等比数列
C．是等比数列D．是等比数列
10．已知直线与圆：，则下述正确的是（ ）
A．对，直线恒过一定点
B．，使得直线与圆相切
C．对，直线与圆一定相交
D．直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为
11．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ）
A．长方体中含有两个相同的等腰四面体
B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形
C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到
D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为
12．已知曲线，则（ ）
A．曲线关于直线轴对称
B．曲线与直线有唯一公共点
C．曲线与直线没有公共点
D．曲线上任意一点到原点的距离的最大值为
第II卷（非选择题共90分）
三、填空题（本题共4题，每题5分，共20分）
13．直线，，若，则 .
14．已知椭圆C：的左、右焦点分别是F1，F2，过右焦点F2且斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，若满足，则椭圆的离心率为 ．
15．数列满足，则数列的第2023项为 .
16．若⊙C：，⊙D：，M，N分别为⊙C，⊙D上一动点，最小值为4，则取值范围为 ．
四、解答题（本题共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，，，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18．椭圆的左右焦点分别为，，其中，为原点.椭圆上任意一点到，距离之和为.
(1)求椭圆的标准方程及离心率；
(2)过点的斜率为2的直线交椭圆于A、B两点.求面积.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，底面ABCD，，E为PB中点．
(1)求证：；
(2)求平面EAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
20．已知数列的前项和为，且满足，等差数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
21．如图，在三棱锥中，平面，点，分别是和的中点，设，，直线与直线所成的角为.
(1)求的长；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
22．已知双曲线的右焦点为，且过点.
(1)求的标准方程；
(2)已知点A为的右顶点，M，N是上异于点A的两个不同点，且，证明：直线MN过定点，并求出定点坐标.
参考答案：
1．C
【分析】直线与圆相切，则圆心O到直线l的距离d等于半径，根据已知圆的方程，求出圆心坐标和半径，根据直线的倾斜角，求出直线的斜率，代入点到直线距离公式，可得答案．
【详解】∵直线l的倾斜角是，故直线的斜率为，
故可设直线的方程为，
∵直线l与圆相切，
圆的圆心坐标为，半径为，
故圆心O到直线l的距离d等于半径，
即，
解得或，
故直线的方程为或.
故选：C．
2．B
【分析】利用等差数列的通项公式与前项和公式求得，从而得解.
【详解】依题意，设等差数列的公差为，
则由，得，解得，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】根据方程表示双曲线求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若方程表示双曲线，则，解得，
所以由推不出方程表示双曲线，故充分性不成立，
由方程表示双曲线推得出，故必要性成立，
所以“”是“方程表示双曲线”的必要不充分条件.
故选：B
4．D
【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可.
【详解】由知，
设平面的一个法向量为，所以，
取，解得，选项D符合，
另外选项ABC中的向量与选项D中的向量不共线.
故选：D
5．C
【分析】先设从上到下第m层灯笼数为，由题意和等比数列的性质，列方程组，求解即可.
【详解】设从上到下第m层灯笼数为，由已知得，
，
所以，解得，n=7，=1，
所以，故选C.
【点睛】本题主要考查等比数列的性质，属于基础题型.
6．C
【分析】设出点后，求出直线的方程，与抛物线方程联立，再利用抛物线的焦点弦长公式可求得线段的长
【详解】设点、，抛物线的焦点为，
由于直线过点，且该直线的倾斜角为，斜率为1，
则直线的方程为，
联立方程，消去并整理得，，
由韦达定理可得，由抛物线的焦点弦长公式可得
故选：C.
7．A
【分析】证明线面垂直，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，推出点在上时，取得最小值，作出点的对称点，由几何关系得到最小值，求出答案.
【详解】因为⊥平面，平面，
所以⊥，⊥，
又四边形是正方形，所以⊥，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
过点分别为⊥，⊥于点，
则⊥平面，⊥平面，
过点作⊥于点，连接，
则，，
，其中，
故要想取得最小值，则，即只需点在上，
其中关于直线的对称点为，
连接，此时取得最小值，最小值为，
其中.
故选：A
8．B
【分析】设出直线，与椭圆联立然后根据几何关系，结合根与系数关系即可求解.
【详解】设直线，与椭圆联立，化简得，
设，，则由根与系数的关系得①，
又，所以，代入①得②，
又直线与圆相切，所以，即，代入②整理得，
得，因此椭圆的离心率，故B正确.
故选：B．
【点睛】将直线与椭圆联立后结合根与系数的关系及几何关系，从而求解.
9．AC
【分析】利用等比数列定义可判断A、C、，令，可判断B，取可判断D.
【详解】因为是等比数列，所以设其公比为，即．
因为，所以是等比数列，所以A选项正确；
因为，所以是等比数列，所以C选项正确；
当时，，所以此时不是等比数列，所以B选项错误；
不妨取等比数列为，则，此时不是等比数列，所以D选项错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】由直线方程确定其所过的定点坐标，判断该定点与圆的位置关系即可判断A、B、C；根据直线与圆相交弦长最短，只需定点与圆心的连线与已知直线垂直，几何法求最短弦长判断D.
【详解】由题设，令，
所以直线恒过定点，A对；
又的标准式为，显然，
所以点在圆内，故直线与圆必相交，B错，C对；
要使直线与圆相交弦长最短，只需定点与圆心的连线与已知直线垂直，
此时定点与直线距离为，又圆的半径为2，则最短相交弦长为，D对.
故选：ACD
11．ABC
【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项．
【详解】如图，长方体有两个相同的等腰四面体：和，A正确；
如等腰四面体中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的，
如图，设的长分别为，不妨设，
则，，，最大，
其所对角的余弦值为，最大角为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确；
把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，
如等腰四面体，沿剪开摊平，共线，同理可得共线，共线，为锐角三角形（与等腰四面体的面相似），且是这个三角形的中位线，因此C正确；
如上等腰四面体中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外接球直径，因此直径长为，D错。
故选：ABC．
12．ABD
【分析】A只需判断对于任意、是否都有成立即可；B联立直线与曲线求交点即可判断；C联立直线与曲线得，构造，利用导数研究其在上零点个数即可；D令曲线上任意一点且，且到原点距离为，代入曲线方程得，应用换元法、三角恒等变换求最大值.
【详解】对A，将、代入有都成立，即曲线关于直线轴对称，A对；
对B，将代入曲线，整理得，
所以，即曲线与直线有唯一公共点，B对；
对C，将代入曲线，整理得，
令，则，且，
所以在上，递增，上，递减，
又，，而，
所以在上有两个零点，C错；
对D，令曲线上任意一点且，且到原点距离为，
所以，则，
若，则，
所以，
令且，则，即上单调递减，
所以在上单调递增，故，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：C转化为研究函数在上的零点个数问题；D设任意点的极坐标，应用换元法、三角恒等变换、导数研究的最值.
13．2
【分析】根据两直线平行求解参数即可.
【详解】解：因为直线，，，
所以且两直线不重合，
解得或，
当时两直线重合，舍去，所以．
故答案为：2．
14．/
【详解】根据平面向量共线的坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数、椭圆的离心率公式进行求解即可.
【解答】设，
由，
设A（x1，y1），B（x2，y2），F2（c，0），
设直线的方程为，代入椭圆的方程中，
得，
因为，
所以有，而，
所以有，
于是有
故答案为：
15．/
【分析】根据递推关系可通过计算前面，发现数列是周期为4的周期数列，进而由周期性即可求解.
【详解】由已知可得，
所以数列为周期数列，且，
所以，
故答案为：
16．
【分析】先根据的最小值求出，即，再使用柯西不等式求出取值范围.
【详解】由于最小值为4，圆C的半径为1，圆D的半径为2，故两圆圆心距离，
即，
由柯西不等式得：，
当且仅当，即时，等号成立，
即，解得：.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列可得，再由等比数列的基本公式计算可得公比的值，从而得数列的通项公式；
（2）根据裂项相消法直接求数列的前项和即可.
【详解】（1）设等比数列的公差为，则，
由，，成等差数列可得，即，
又，所以，即，解得或（舍），
所以；
（2）由（1）可得，所以，
所以.
18．(1)椭圆方程为，离心率为
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义得到，，进而求出，得到椭圆方程和离心率；
（2）直线方程为，联立椭圆方程，得到，求出，并求出点到直线的距离，计算出三角形面积.
【详解】（1）由题意得，，解得，
故，
故椭圆的标准方程为，
离心率为；
（2）直线方程为，联立得，
，解得，
故，
不妨设，
故，
点到直线的距离为，
故.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法解决问题.
【详解】（1）
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，，，，,，,所以.
（2）设平面的法向量为，,,
,所以
设平面的法向量为，，，
,，所以，
所以.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）根据与之间的关系，结合等比数列的定义和通项公式、等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用错位相减法，结合等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）由，
当时，由，
两式相减，得，
因此数列是以2为首项，为公式的等比数列，
即，
设等差数列的公差为，
因为，所以，
因此，
即，；
（2）由（1）可知，，
所以，
设数列前项和为，
则有，
，
两式相减，得
即，
因此.
21．(1)
(2).
【分析】（1）利用线面垂直性质可以为坐标原点建立空间直角坐标系，设并利用空间向量求得，即可求得的长为；
（2）求出平面的一个法向量为，由线面角的向量求法即可得直线与平面所成角的正弦值为.
【详解】（1）因为平面，平面，所以；
又，所以，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图3所示的空间直角坐标系，
因为点，分别是和的中点，，所以，
设，
则，，，，，，
可得，
因为直线与直线所成的角为，所以，
即，解得，
所以的长为.
（2）由（1）知，，，，
设平面的法向量为，则，
解得，令，得，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由焦点坐标，可知，又由过点可得即可得答案；
（2）当直线的斜率存在时，设，将其与双曲线方程联立，由结合韦达定理，可得，即直线过定点；当直线的斜率不存在时，可得直线过定点.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则，所以①.
又过点，所以，
可解得，所以的标准方程为.
（2）①当直线的斜率存在时，设，
.
由，消去可得，
由题意知，即.
且，
.
由（1）知，因，又.
所以.
所以.
所以.
化简得，即.
所以或，且均满足.
素时，直线的方程为，过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点.
②当直线MN的斜率不存在时，设，
此时，
则，又，
则，
则或（舍），故此时直线MN过定点；
综上所述，直线过定点.