37，广东省汕头市金山中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份37，广东省汕头市金山中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：李丙铮 审题人：袁明星
一、单选题（每小题五分）
1. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中点在坐标平面的投影确定点坐标再表示向量即可.
【详解】根据题意点在坐标平面内的射影为，所以.
故选：C.
2. 已知直线的倾斜角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定，再根据同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】由条件可知，，则，
所以，解得：，,
故选：A
3. 圆关于直线对称后的方程为（ ）
A. B. C. D.
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【分析】根据已知圆的圆心求出关于直线对称的圆的圆心，求出半径，即可得到所求结果.
【详解】因为圆，所以圆的圆心为，半径为，
设点关于直线对称的点为，
所以，解得：，
所以所求圆的圆心为，半径为,
故所求圆的方程为：.
故选：A
4. 命题方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出当命题为真命题时实数的取值范围，再结合充要条件的定义可得出结论.
【详解】若命题为真命题，则方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，，解得，
因此，使命题成立的充分必要条件是.
故选：B．
5. 设数列满足，且，则（ ）
A. -2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】判断出数列的周期为4，即可求解.
【详解】因为，，
所以，，，，
显然数列的周期为4，而，因此.
故选：A.
6. 已知两圆和恰有三条公切线，若，，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆的标准方程，根据三条公切线，推出两个圆外切，求出，利用基本不等式求解.
【详解】根据题意可得，两圆的标准方程为和，
圆心为和，半径分别为2，1，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距，
即
则，
则
,
当且仅当，即，取等号.
故选：B
7. 已知双曲线的左、右焦点分别是，，直线不过点，且与左支交于，两点，的周长是的倍且两个三角形周长之和为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，的周长为，，然后根据已知条件结合双曲线的定义求解出的值，则的值可求，故离心率可求.
【详解】设的周长为，的周长为，
由题意可得，解得，，
因为，，
所以，所以，
又，解得（舍去负值），
所以离心率，
故选：B．
8. 已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得数列是等差数列，进而可得数列的通项公式，故可得数列的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列的前项和，最后代入得到.
【详解】，
，数列是等差数列，
，，，，
数列的公差，
，既，
故，
，
，
故选：D.
二、多选题（每小题五分）
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 空间向量，若⊥，则
B. 若对平面中任意一点，有 则，，三点共线.
C. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底.
D. 任意向量，满足.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量的基本概念，即可判断选项.
【详解】A选项，空间向量，若⊥，，夹角，
则，A正确；
B选项，，所以，，三点共线，B正确；
C选项，是空间的一个基底，则不存在使得，
设，即，即，此方程无解，
故不共面，则也是空间的一个基底，C正确；
D选项，不妨设，
则，，
此时，D错误.
故选：ABC
10. 已知等差数列{}的前n项和 ，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 当取得最大值时D. 当取得最大值时
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，根据等差数列的求和公式列方程得到；B选项，根据等差数列的通项公式判断；CD选项，根据等差数列的求和公式和二次函数单调性判断.
【详解】设公差为，则，
所以，解得，故A正确；
，故B正确；
，所以当时，最大，故C正确，D错.
故选：ABC.
11. 已知，，直线：，：，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立.
【详解】由，得，即，
，，则，当且仅当，即时等号成立，
所以有，A选项正确；
由，有，
当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；
由，有，，，则，
，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；
由，有，
，
当且仅当，即时等号成立，D选项正确.
故选：ABD.
12. 如图所示．已知椭圆方程为，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是（ ）
A. P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则为定值
B. 直线与椭圆交于R ，S两点，A是椭圆上异与R ，S的点，且、均存在，则
C. 若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是
D. 四边形 为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用椭圆的定义、直线斜率公式、离心率公式，结合椭圆和矩形的对称性、基本不等式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A：连接，由椭圆的定义可知，
线段中点为Q，所以，
于是有，所以本选项命题正确；
B：直线与椭圆交于R ，S两点，
因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形，
所以R ，S两点关于原点对称，不妨设，，
，
因为A是椭圆上异与R 的点，
所以有，两个式相减，得
，
因此，
所以本选项命题是假命题；
C：椭圆上存在一点M使，
由余弦定理可知：，
即，
即，
而
，当且仅当时取等号，即M为上（下）顶点时取等号，
而，所以，因此本选项命题是真命题；
D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同，
所以设矩形在第一象限的顶点为，即，
所以矩形的面积为，
因为，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此本选项命题是真命题，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的定义、椭圆和矩形的对称性、基本不等式进行求解.
三、填空题（每小题5分）
13. 已知方程表示的圆中，当圆面积最小时，此时 ____________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据圆的半径最小时圆的面积最小，然后考察圆的半径即可.
【详解】由，得，
易知当，圆的半径最小，即圆的面积最小.
故答案为：0
14. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____．
【答案】1
【解析】
【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解.
【详解】设，则,即，
所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称，
由得,将代入抛物线中得所以，
故答案为：1
15. 设数列满足，若，则的前99项和为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据前项和与通项的关系得，然后求得，再根据裂项相消求和法求解即可得答案.
【详解】因为，
所以当时，，
将与式相减得：，即，
当时，也适用，
所以，，
所以，
故答案为：.
16. 正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可．
【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为，
则其体积为，
设正四面体内切球的半径为，
则，解得，
如图，取的中点为，
则，
显然，当的长度最小时，取得最小值，
设正四面体内切球的球心为，可求得，
则球心到点的距离，
所以内切球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径．
四、解答题（17题10分，18-22题12分）
17. 在正项等比数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，证明是等差数列，并求的前项和．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设的公比为（），然后根据题意列方程可求出，从而可求出；
（2）由（1）可得，从而可证得是以2为首项，1为公差的等差数列，进而可求出.
【小问1详解】
设的公比为（），由，得，
解得或（舍去），
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，则．
因为，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
故．
18. 已知中角，，所对的边分别为，，，设其面积为，．
（1）求角；
（2）若，点在边上，若是平分线，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理可求角；
（2）利用余弦定理和角平分线的性质建立方程组，结合面积公式可得答案.
【小问1详解】
依题意，
，因为，所以．
【小问2详解】
中，，．①
又，，即，②
联立①②得，．．
19. 已知定义域为的函数是奇函数．
（1）求的值；
（2）直接写出该函数在定义域中的单调性（不需要证明），若对于任意，不等式恒成立，求的范围．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由是定义在上奇函数可得，计算可得，根据奇函数对称性，带特殊值计算可得，最后检验可得；
（2）根据函数单调性建立不等式计算即可.
【小问1详解】
因为定义域为的函数是奇函数，
所以，解得，即
又由，可得，解得，所以，
经检验，符合题意，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，可得函数为单调递减函数，
对于任意，不等式恒成立，
因为函数为奇函数，可得，
又因为函数为单调递减函数，可得，即恒成立，
又由，所以，
所以实数的取值范围为.
20. 如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知的线面位置关系，证明平面平面，可证平面；
（2）交于O，由已知条件证明两两互相垂直，求出的值，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面平面，
即平面， 所以，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
四边形为菱形，则，平面，平面，故平面，
又，平面，所以平面平面.
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，
因为，所以为等边三角形.
连接交于O，连接，则，
因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
又，，所以，
因为四棱锥的体积为，即，解得，
以O为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以.
设平面的一个法向量，则，即
令，则，所以，
平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，夹角范围为大于等于小于等于，
，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知函数的图象经过坐标原点，且，数列的前项和（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和；
（3）令，若（为非零整数，），试确定的值，使得对任意，都有成立.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据的图象过原点得到，然后利用求即可；
（2）由得到，然后利用错位相减法求；
（3）由题意得，将恒成立转化为恒成立，然后分为奇数和偶数两种情况讨论.
【小问1详解】
∵的图象过原点，则，∴.
∴.
当时，，
又∵适合，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由得：（），
∴，①
.②
②－①得：，
∴.
【小问3详解】
，故.
要使恒成立，
即要恒成立，
即要恒成立.下面分为奇数、为偶数讨论：
①当为奇数时，即恒成立.又的最小值为1，∴.
②当为偶数时，即恒成立.又的最大值为，∴.
综上，，
又为非零整数，∴时，使得对任意，都有成立.
【点睛】关键点睛：本题第3小问的解决关键是分为奇数、为偶数讨论，如此才能处理恒成立的问题.
22. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在椭圆C上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线（直线的斜率不为0）与椭圆相交于两点，过焦点作与直线的倾斜角互补的直线，与椭圆相交于两点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率可得椭圆方程为，代入点坐标计算得到答案.
（2）设出点和直线方程，联立方程消元得到根与系数的关系，计算，代入化简计算得到答案.
【小问1详解】
，可得，
可得椭圆方程为，代入点坐标有，解得，
故椭圆的标准方程为；
小问2详解】
，点为，，
设点的坐标分别，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程，消去后整理为，
有，
联立方程，消去后整理为，
有，
，
对消元，可得到
原式，
故的值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方式是常考的方法，需要熟练掌握.