37，青海省西宁市大通县2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份37，青海省西宁市大通县2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题，共16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， 在等比数列中，，，则， 已知向量，则等内容，欢迎下载使用。

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. 数列的一个通项公式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析给定数列各项的特征，再求出符合意义的一个通项公式.
【详解】数列分子都是1，分母依次为，则第n项的分母为，
所以数列，的一个通项公式是.
故选：B
2. 经过点，且与直线平行的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由与已知直线平行设出所求直线的一般式方程为，代入已知点的坐标待定系数可得.
【详解】与直线平行的直线的方程可设为，
又经过点，所以，解得，
故所求直线方程为.
故选：C.
3. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线的方程化为标准方程，即可得出该抛物线的准线方程.
【详解】由题意知抛物线C的标准方程为，所以其准线方程为．
故选：C．
4. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 13B. 26C. 39D. 52
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，得到，求得，再由，即可求解.
【详解】因为是等差数列，所以，解得，
所以．
故选：D．
5. 一条渐近线方程为，且经过点的双曲线的标准方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意双曲线的方程为，将点（，）代入计算可得.
【详解】由题意设双曲线的方程为，
将点（，）代入双曲线方程得，
所以双曲线的方程为，即.
故选：A.
6. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. 32D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的性质求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
则，
即，解得，
所以．
故选：C．
7. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E是PD的中点，点F满足，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将表示为，然后通过空间向量的加减以及数乘运算逐步将表示为的线性组合，由此可得结果.
【详解】由题意知
．
故选：C．
8. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列片断和性质即可得解.
【详解】在等差数列中，，，成等差数列，即，
设，则，于是，解得，所以．
故选：A
二､多选题：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. 已知椭圆的长轴长等于20，离心率等于，则椭圆的标准方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由长轴长以及离心率公式、平方关系即可得解.
【详解】由椭圆的长轴长等于20，离心率等于，得，
所以，
所以椭圆的标准方程是或.
故选：AC.
10. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由向量的模、数乘及数量积运算分别求解可得.
【详解】选项A，由题意，得，故A错误；
选项B，，
所以，
所以，故B正确；
选项C，，故C正确；
选项D，由，
因为，所以，D错误.
故选：BC.
11. 已知数列的前项和为，若，则（ ）
A. 4是数列中的项B. 当最大时，的值只能取5
C. 数列是等差数列D. 当时，的最大值为11
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可知数列是首项为20，公差为的等差数列，可得，即可知A正确；易知，利用二次函数性质可得当最大时，的值为5或6，故B错误；由等差数列前项和公式可得，即，所以C正确；解不等式可得，所以可知D正确.
【详解】由，得，
所以数列是首项为20，公差为的等差数列，
则，
令，得，即，故A正确；
易知
利用二次函数性质可知当最大时，的值为5或6，故B错误；
由，所以，
所以数列是等差数列，故C正确；
令，则，解得，所以当时，的最大值为11，故D正确．
故选：ACD．
12. 某市为了改善城市中心环境，计划将市区某工厂向城市外围迁移，需要拆除工厂内一个高塔，施工单位在某平台 的北偏东 方向 处设立观测点 ，在平台 的正西方向处设立观测点，已知经过 三点的圆为圆，规定圆 及其内部区域为安全预警区.以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系. 经观测发现，在平台 的正南方向的处，有一辆小汽车沿北偏西方向行驶，则（ ）
A. 观测点之间的距离是
B. 圆的方程为
C. 小汽车行驶路线所在直线的方程为
D. 小汽车会进入安全预警区
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由题意可得点的坐标，结合两点间的距离公式计算即可验证；对于B，结合三点坐标，利用待定系数法求解圆的方程即可验证；对于C，由题意可知小汽车行驶路线所在直线的斜率以及它经过点，由点斜式写出直线方程验证即可；对于D，将圆的方程化为标准方程得圆心坐标，半径，只需比较圆心到小汽车行驶路线所在直线的的距离和半径即可.
【详解】由题意, 得, 所以, 即观测点之间的距离是 , 故错误；
设圆的方程为 , 因为圆 经过 三点,
所以 ，解得，
所以圆 的方程为 , 故 B 正确；
小汽车行驶路线所在直线的斜率为, 又点的坐标是, 所以小汽车行驶路线所在直线的方程为, 故C正确；
圆化成标准方程为 , 圆心为, 半径 ,
圆心到直线的距离,
所以直线与圆相交, 即小汽车会进入安全预警区, 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. 已知方程表示双曲线，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由方程表示双曲线的充要条件可得.
【详解】因为方程表示双曲线，
所以，解得或，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，，上顶点为，则直线，的斜率之积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用椭圆性质及两点斜率公式计算即可.
【详解】由题意知，，，所以，
即直线，的斜率之积为．
故答案为：
15. 中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名，其外观有五层而实际上内部有九层，隐喻“九五至尊”之意，为迎接国庆节的到来，有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰，若在黄鹤楼内部塔楼的顶层挂4盏灯笼，且相邻的两层中，下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍，则九层塔楼一共需要挂______盏灯笼．
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列求和公式运算即可得解.
【详解】解：由题意，各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列，
由题意知，公比，
因为等比数列前项和，.
所以前9项和为，
所以九层塔楼一共需要挂盏灯笼．
故答案为：.
16. 已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为，，若，则_____．
【答案】1
【解析】
【分析】结合切线长定理可得为等边三角形，即可得.
【详解】
由圆：可得圆心坐标为，半径，
由、圆切线，故，
又
故，
又，故为等边三角形，故.
故答案为：1.
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. 已知在椭圆上，分别为的左､右焦点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若动点均在上，且在轴的两侧，求四边形的周长.
【答案】（1）；
（2）8.
【解析】
【分析】（1）把给定点的坐标代入椭圆方程，建立方程组并求解即得.
（2）根据给定条件，利用椭圆定义计算即得.
【小问1详解】
由点在椭圆上，
得，解得，则半焦距，
所以的离心率为.
【小问2详解】
因为动点均在上，且在轴的两侧，
所以由椭圆的定义得，四边形的周长为.
18. 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，.
19. 已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且．
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列以及等比数列定义可解得，，可写出数列与数列的通项公式；
（2）利用等差等比前项和公式分组求和即可得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由得
即即，
解得或．
当时，，不满足单调递增，
当时，，满足单调递增，
故，所以．
又，所以，
所以，
即数列与数列的通项公式为，
【小问2详解】
利用等比数列前项和公式可得，数列的前项和为，
数列的前项和为，
所以数列的前项和，
即
20. 如图，已知正方体的棱长为，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面距离；
（3）求平面和底面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理得证；
（2）利用向量法求点面距离；
（3）利用向量法求两个平面的夹角.
【小问1详解】
以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，故，
所以，所以，
又，平面，因此平面.
【小问2详解】
平面的法向量为，
，则
取，可得，
又，则点到平面的距离为.
【小问3详解】
设平面和底面夹角为，
因为平面的一个法向量为，
所以，
故，
所以平面和底面夹角的正弦值为.
21. 已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可求解，
（2）根据裂项相消法求解和，即可列不等式求解
【小问1详解】
当时，由，得；
当时，，符合上式.
综上所述，.
【小问2详解】
，
所以.
由，得，解得，又，所以的最小值为8.
22. 已知点是抛物线的焦点，点在上，且.
（1）求的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线交于两点，交于两点.求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合抛物线定义列出方程组，再求解并判断即得.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合抛物线定义求出即可计算即得.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，
依题意，，解得或，而，则，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，直线的斜率均存在，
不妨设直线的方程为，
由消去y得，显然，
则，
因此，
由，得直线的斜率为，同理得，
所以.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．