2024省哈尔滨六校高二上学期1月期末联考试题数学含解析

这是一份2024省哈尔滨六校高二上学期1月期末联考试题数学含解析，共25页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 经过第一、二、三象限的直线， 已知，直线等内容，欢迎下载使用。
数 学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.
一、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. 已知数列满足，（），则（ ）
A. B. 0C. D. 2
2. 焦点在直线上的抛物线的标准方程为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
3. 若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若焦点在轴上的椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
5. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 48B. 81C. 93D. 243
6. 经过第一、二、三象限的直线：与圆：相交于，两点，若，则的最大值是（ ）
A 8B. 4C. 2D. 1
7. 已知等差数列 与等差数列 的前 项和分别为 与 , 且, 则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二、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 已知直线：，则（ ）
A. 不过原点B. 的横截距为
C. 的斜率为D. 与坐标轴围成的三角形的面积为3
10. 如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ）
A. B. 异面直线，所成角为
C. 点到直线的距离为D. 的面积是
11. 某高中通过甲、乙两家餐厅给1920名学生提供午餐，通过调查发现：开学后第一天有的学生到甲餐厅就餐，剩余的学生到乙餐厅就餐，从第二天起，在前一天选择甲餐厅就餐的学生中，次日会有的学生继续选择甲餐厅，在前一天选择乙餐厅就餐的学生中，次日会有的学生选择甲餐厅．设开学后第n天选择甲餐厅就餐的学生比例为，则（ ）
A
B. 是等比数列
C. 第100天选择甲餐厅就餐的学生比例约为
D. 开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有5750人次
12. 经过抛物线：（）的焦点的直线交于两点，为坐标原点，设，（），的最小值是4，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若点是线段中点，则直线的方程为
D. 若，则直线的倾斜角为60°
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是______.
14. 已知等差数列的项数为，其中奇数项之和为140，偶数项之和为120，则数列的项数是______.
15. 在四面体中，，，，，则__________．
16. 在各项均为正数的等差数列中，，，，成等比数列，保持数列中各项先后顺序不变，在与（）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知的圆心为，且过点．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与相切于点，求的方程．
18. 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.
19. 如图，在四棱锥中，与交于点，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知是离心率为的椭圆：（）上任意一点，是椭圆的右焦点，且的最小值是1.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于，两点，若，求直线的方程.
21. 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.
22. 已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.
（1）求双曲线标准方程及其渐近线方程；
（2）已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.
2023～2024学年度上学期六校高二期末联考试卷
数学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.
一、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. 已知数列满足，（），则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式可得数列的周期性即可求解.
【详解】由，可得，
，
，
因此为周期数列，且周期为3，
故，
故选：B
2. 焦点在直线上的抛物线的标准方程为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦点即可求解抛物线方程.
【详解】直线与坐标轴的交点为以及，
所以抛物线的焦点为或，
当焦点为，此时抛物线方程为，
当焦点为时，此时抛物线的方程为，
故选：C
3. 若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出渐近线方程，得到，从而得到离心率.
【详解】由题意得的渐近线方程为，
显然在上，故，
故，
即双曲线的离心率为.
故选：A
4. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若焦点在轴上的椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.
【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为，
依题意有，解得，，∴椭圆的标准方程为，
故选：C．
5. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 48B. 81C. 93D. 243
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列前项和先确定公比，再计算得，从而计算得的值，即可得的值.
【详解】设等比数列的公比为，因为，，
若，则，得，则，故，
则，所以，
所以，所以.
故选：C.
6. 经过第一、二、三象限的直线：与圆：相交于，两点，若，则的最大值是（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得直线经过圆心，则可得，再由基本不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为圆：，即，
圆心为，半径为3，且，
则直线经过圆心，即，所以，
又直线经过第一、二、三象限，则，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值是4.
故选：B
7. 已知等差数列 与等差数列 的前 项和分别为 与 , 且, 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列性质可得，由等差数列前项和公式可得、，即可令，代入计算即可得.
【详解】因为数列、都是等差数列, 所以,
又，，
故，，即有,
在中，令，得，
故.
故选：D
8. 已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】，所以直线恒过点，
，所以直线恒过点，
由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直，
因此点在以为直径的圆上，线段中点为，
半径为，
圆的圆心为，半径为，
由已知条件可知点在圆：上，
所以圆与圆相交或相切，，
因此有，
解得：，所以则的最大值是，
故选：A
【点睛】关键点睛：通过直线方程判断交点的位置，根据圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.
二、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. 已知直线：，则（ ）
A. 不过原点B. 的横截距为
C. 的斜率为D. 与坐标轴围成的三角形的面积为3
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线方程的确定点是否再直线上可判断A，由横截距、斜率的概念可判断B，C，由横纵截距求解与坐标轴围成的三角形的面积可判断D.
【详解】已知直线：，
对于A，原点不满足直线方程，故不过原点，故A正确；
对于B，当时，，故的横截距为，故B不正确；
对于C，直线的方程可化为，则的斜率为，故C正确；
对于D，当时，，则与坐标轴围成的三角形的面积为，故D不正确.
故选：AC.
10. 如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ）
A. B. 异面直线，所成角
C. 点到直线的距离为D. 的面积是
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算证明线线平行、求异面直线的夹角、点到直线的距离、再根据空间中三角形面积公式逐一求解判定各选项即可．
【详解】由题可得：，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则,0,，,2,，,0,，,2,，,0,，
对于A，因为，分别是线段，的中点，所以,1,，,1,，
所以,0,，,0,，又，不共线，所以，故A正确；
对于B，,1,，,,，设异面直线，所成角为，
则，
又因为，所以，即异面直线，所成角为，故B正确；
对于C，由,,，,0,，得，
所以点到直线的距离为，故C不正确；
对于D，因为，所以到的距离即为到的距离，
所以的面积．故D正确．
故选：ABD．
11. 某高中通过甲、乙两家餐厅给1920名学生提供午餐，通过调查发现：开学后第一天有的学生到甲餐厅就餐，剩余的学生到乙餐厅就餐，从第二天起，在前一天选择甲餐厅就餐的学生中，次日会有的学生继续选择甲餐厅，在前一天选择乙餐厅就餐的学生中，次日会有的学生选择甲餐厅．设开学后第n天选择甲餐厅就餐的学生比例为，则（ ）
A.
B. 是等比数列
C. 第100天选择甲餐厅就餐的学生比例约为
D. 开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有5750人次
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的信息求出递推公式判断A；变形递推公式判断B；求出通项公式，利用通项公式求项及前7项和判断CD即可.
【详解】依题意，当时，，A正确；
当时，，又，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
显然，即，则，C错误；
显然，又有1920名学生，
所以开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有人次，D正确．
故选：ABD
12. 经过抛物线：（）的焦点的直线交于两点，为坐标原点，设，（），的最小值是4，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若点是线段的中点，则直线的方程为
D. 若，则直线的倾斜角为60°
【答案】BCD
【解析】
【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，根据的最小值求得，由此逐项分析即可.
【详解】由题焦点，直线的斜率存在且不为零，
可设直线的方程为，
联立，得，
所以，
则，
则，
当时，等号成立，
所以，抛物线方程为，
所以，
则，故A错误；
又,
所以，
，
所以，故B正确；
若点是线段的中点，
则即，
所以直线的方程为，C正确；
若，则，
即，
所以，
又，所以，
化为，
解得，或（舍），
又，故，
所以,
所以直线的斜率为，
直线的倾斜角为60°，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的方程即可求解.
【详解】若方程表示双曲线，显然，
则由可得，
故,
故答案为：
14. 已知等差数列的项数为，其中奇数项之和为140，偶数项之和为120，则数列的项数是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式，结合等差数列奇数项与偶数项之间的关系进行求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为等差数列的项奇数项之和为140，偶数项之和为120，
所以有，
故答案为：
15. 在四面体中，，，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的运算进行求解即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以.
又，，所以，
所以.
又，所以．
故答案为：
16. 在各项均为正数的等差数列中，，，，成等比数列，保持数列中各项先后顺序不变，在与（）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则______.
【答案】348
【解析】
【分析】计算出公差，得到，从而得到，，，……，，，再求和即可.
【详解】设公差为，由题意得，
即，解得，
解得或（舍去），
故，，
则，，，，
，，，
，，，
，，
故.
故答案为：348
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知的圆心为，且过点．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与相切于点，求的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圆心坐标和圆上的一个点的坐标求圆的标准方程；
（2）利用直线与圆的位置关系求解.
【小问1详解】
由题可知，的半径为,
所以的标准方程为.
【小问2详解】
因为直线与相切于点，且,
所以，所以，
由点斜式得，，整理得，.
18. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，与交于点，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）结合（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
设，所以，
因此，
由余弦定理可知，，
因为，所以，
因此，于有，
因此有，即，而，
所以，因此，即，
因为平面，平面，
所以，因为平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，由（1）知，，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，
即，
于是，
，
设平面的法向量为，
则有，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知是离心率为的椭圆：（）上任意一点，是椭圆的右焦点，且的最小值是1.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于，两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由离心率得到，，设，，表达出，结合最小值得到方程，求出，得到椭圆方程；
（2）当过点的直线的斜率为0时不合要求，当过点的直线的斜率不为0时，设出方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出直线方程.
【小问1详解】
由题意得，，故，
又，故，
设，，则，即，
，
故当时，取得最小值，最小值为，
故，
则，椭圆方程为；
【小问2详解】
当过点的直线的斜率为0时，，不合要求，
当过点的直线的斜率不为0时，设为，
联立得，
恒成立，
设，则，
故，
故，解得，
故直线方程为.
21. 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.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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，；
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以，
设数列前项和为，
则有，
，
两式相减，得
即，
因此.
22. 已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.
（1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
（2）已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.
【答案】（1）双曲线的标准方程为，渐近线方程为
（2）证明过程见详解.
【解析】
【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出，
再利用求出，然后求出渐近线.
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【小问1详解】
因为，所以，因为，渐近线为，
即则到的渐近线的距离为可表示为，
所以，
所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为.
【小问2详解】
①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，
此时易得，点到直线的距离为，所以此时
②当直线的斜率存在时设直线为，
由得
因为直线于双曲线相切，所以且，
整理得且，即
由得，则
同理得到
所以
点到直线的距离
所以
所以的面积为定值3.
【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.