安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（原卷及解析版）

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注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.
2．答题时，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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.
4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.
一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 直线的倾斜角是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】本题考查直线的斜率.
由得，此直线的斜率为；由斜率的定义有.
因为直线的倾斜角，所以.
故正确答案为A
2. 在平行六面体中，M为与的交点，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的加减运算以及向量的相等，即可求得答案.
【详解】如图：
则
，
故选：A
3. 已知为等差数列的前n项和，，则（ ）
A. 60B. 120C. 180D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和前n项和公式运算.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，所以．
故选：B
4. 已知抛物线上有两个点A，B，焦点为F，若，则线段AB的中点到x轴的距离是（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设点A，B的坐标分别为和，利用抛物线的定义，结合求解.
【详解】解：由已知可得抛物线的准线方程为，
设点A，B的坐标分别为和，
由抛物线的定义得，即，
线段AB中点的纵坐标为，
故线段AB的中点到x轴的距离是3，
故选：D
5. 已知平行于轴的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由为等边三角形可得渐近线的倾斜角，进而即可求得渐近线方程.
【详解】因为为等边三角形，所以渐近线的倾斜角为，
所以，
所以渐近线方程为,
故选：B
6. 已知数列的前n项和满足，（），则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列递推式可判断数列是等比数列，求出其前n项和，结合其单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知，则，
两式相减得：，若，则，显然不满足，
故，故，则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
由于随n的增大为减小，故单调递增，所以，
综上，
故选：C
7. 若圆上存在点，点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易得出圆关于直线对称的圆为，将问题转化为与有交点即可求解.
【详解】由题知，如图所示：

因为圆的圆心为，
所以关于直线对称的点为，
所以圆关于直线对称的圆为，
若要圆上存在点，点关于直线的对称点
在圆上，
其中圆的圆心为，半径为2，
则只需与有交点即可，
又
所以在外，
根据两圆有交点，则两圆心的距离大于半径等于之差的绝对值，小于等于半径之和.
可得：，两圆分别内切与外切的时候取等号，
解得：.
故选：A.
8. 正方体的棱长为5，点M在棱AB上，且，点P是正方体下底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，则动点P到B点的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，得到，发现点P的轨迹是抛物线，然后建立平面直角坐标系求解即可.
【详解】
如图所示，作，Q为垂足，则平面，
过点Q作，交于，则平面PQR，所以PR即为P到直线的距离．
因为，且，所以．
所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线．
如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是，
点，设，所以
，所以当，取得最小值.
故选：B
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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
B. 若空间中任意一点O，有，则P、A、B、C四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角
D. 若空间向量，，则在上的投影向量为
【答案】AD
【解析】
【分析】A由线面垂直的向量法判定；B由空间向量共面的推论判断；C由数量积的定义可判断；D由投影向量定义求在上的投影向量.
【详解】A：由，即，故，对．
B：在中，故P，A，B，C四点不共面，错；
C：当，反向共线时也成立，但与夹角不为钝角，错；
D：在上的投影向量为，对.
故选：AD
10. 已知方程：，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则方程表示的曲线是椭圆，且焦点在x轴上
B. 若，则方程表示的曲线是圆，其半径为
C. 若，则方程表示的曲线是双曲线，其渐近线方程为：
D. 若，则方程表示的曲线是两条直线．
【答案】BC
【解析】
【分析】根据的取值范围，将曲线化为标准方程，进而进行判断即可.
【详解】对于A，若，则，
则即为，故表示焦点在y轴上的椭圆，A错误；
对于B，若，则，所以即为，故曲线是圆，其半径为，B正确；
对于C，若，
则不妨设，，则即为，
曲线此时表示焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，
当，，同理可知渐近线方程也为，C正确；
对于D，若，则，当时，方程为表示两条直线；
当时，方程为，不表示任何图形，D错误.
故选：BC
11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点距离之比为定值的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线，则（ ）
A. 直线过定点
B. 动点的轨迹方程为
C. 动点到直线的距离的最大值为
D. 若点的坐标为，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据定点的求解可判定A,根据等量关系列方程可求解B，根据点到直线的距离即可求解C，根据三点共线即可求解D.
【详解】对A,直线，，所以直线过定点，A正确；
对B，设，因为动点满足 ，所以 ，整理可得，
即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点的轨迹方程为圆，B正确；
对于 C，当直线与垂直时, 动点到直线的距离最大，且最大值为，C错误；
对于D，由，得，所以，
又因为点在圆内，点在圆外，
所以，当且仅当为线段与圆的交点时取等号．
故选：ABD

12. 已知等比数列的前n项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 设，，则的最小值为12．
C. 若对任意的恒成立，则
D. 设若数列的前n项和为，则
【答案】CD
【解析】
【分析】A.利用等比数列的前n项和公式的特点；B.由，利用对勾函数的性质求解判断；C.由对恒成立求解判断；D.由求解判断.
【详解】由为等比数列，其前n项和，则，故A不正确；
由，，令，则当，时，，
当，时则，故B不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；当时，，当时，，则，则，故C正确；
，则
，故D正确.
故答案为：CD
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线与直线，则这两条平行直线之间的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据平行线间的距离公式，即可求得答案.
【详解】由题意知直线，即为，
又直线，
根据两平行线间距离公式知，两条平行直线之间的距离为，
故答案为：
14. 已知数列，满足，若，则数列前2024项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用裂项相消求和即可.
【详解】由，可知数列是首项为2，公差为2的等差数列，
所以，，
所以数列的前2024项和为，
故答案为：
15. 已知P为直线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为A，B，则当四边形PAOB面积最小时，直线AB的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得当最小，也即OP垂直直线：时，四边形PAOB面积最小，即可求解.
【详解】解：圆，所以圆心为，半径，
，
所以当最小，也即OP垂直直线：时，四边形PAOB面积最小，
此时直线OP的方程为，由，解得，
即，对应，，
以P为圆心，半径为2的圆的方程为：，
即，
由，
两式相减并化简得，即直线AB方程为．
故答案为：
16. 如图，在中，已知，其内切圆与AC边相切于点D，且，延长BA到E，使，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】设M，G分别是BC，BE与圆的切点，，设，在中，余弦定理求出，即可表示出、，在中，设，由余弦定理可得，，从而求解.
【详解】如图，设M，G分别是BC，BE与圆的切点，由圆的切线性质知，
，设，
，，
在中，
，
以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为，
以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为，
则，
在中，设，，，，
由余弦定理可知：
从而得到，
由，
，．
【点睛】思路点睛：
（1）充分利用所给图形，有利于分析数量关系；
（2）借助“换元”，有利于从“数”的角度求解最值问题.
四、解答题：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. 如图所示，正方体的棱长是2，E、F分别是线段AB、的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点M，连AM，MF，由四边形AEFM是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系．求得平面的法向量，由点到平面的距离求解.
小问1详解】
证明：如图，
取中点M，连AM，MF，则易证，且，
所以四边形AEFM是平行四边形，从而，
又面，面，
所以平面．
【小问2详解】
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立如图的空间直角坐标系．
则，，，，
则，，
设平面的一个法向量，
由，即，
令，得，则，
所以点到平面的距离
18. 已知圆心为的圆经过点，和．
（1）求圆M的方程；
（2）若过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线m的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）法一，设圆的标准方程，利用待定系数法求圆的方程；法二，利用几何法求圆的方程；
（2）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解.
【小问1详解】
法一：设圆M的标准方程为：
由题意得：，解得：．
圆M的标准方程为．
法二：设线段AB的中点为E，则，又因为
所以线段AB的垂直平分线的方程为：，即
同理可得：线段BC的垂直平分线的方程为：
，解得
所以圆心，半径．
圆的标准方程为．
【小问2详解】
由题意得：圆心M到直线m的距离为．
①当直线m垂直于x轴时，方程为，满足条件；
②当直线m斜率存在时，设直线m的方程为，即
由，解得．
所以直线m的方程为．
综上所述，直线m的方程为或．
19. 已知数列是递增的等比数列且满足，令．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1) 列等式求解即可；
(2) 由错位相差法求解.
【小问1详解】
解：由等比数列的性质可得：，
则，得或
又数列是递增的等比数列
得，或（舍），
【小问2详解】
（2）
①
②
①-②可得：
20. 如图1，，，且，D是中点，沿将折起到的位置（如图2），使得．
图1 图2
（1）求证：面面；
（2）若线段上存在一点M，使得平面与平面夹角的余弦值是，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
因为，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
.
【小问2详解】
面面，面面，
故以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，在平面内过D点作的垂线所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
，
，，，
则平面的一个法向量，
设，则，
，
设面的一个法向量为，
，即，
令，得，
平面与平面夹角记为，
则，解得．
所以.
21. 已知为等差数列，，记分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）若对任意都有成立，求m的最小值．
【答案】（1）；
（2）6.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出首项及公差得解.
（2）由（1）的结论，求出及，再分奇偶求出，作差判断即可得解.
【小问1详解】
设数列的公差为d，
依题意，，即，解得，
所以的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，
于是，，
①当n为偶数时，，
，
则当n为偶数且时，满足题意，
②当n为奇数时，，
，
则当n为奇数且时，满足题意，
所以对任意，，都有成立的m的最小值为6.
【点睛】思路点睛：涉及通项按奇、偶分段表示的数列求和，可以先求出时的前和，再利用此和求时的前和.
22. 已知椭圆，离心率为，点在椭圆上．
（1）求E的方程；
（2）过作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值4
【解析】
【分析】（1）由椭圆的几何性质求解；
（2）设直线，，，设，求出点及，得到直线MN恒过定点，即可求解.
【小问1详解】
由题意，，解得，，
则E的方程.
【小问2详解】
与面积之比为定值，定值为4，理由如下：
设直线，，，
讨论：①当，且时，
联立，可得，
，则，
所以，，
所以，
设，同理可得．
所以（，且），
所以直线，即，
所以直线MN恒过定点；
②当时，不妨设直线；，可发现轴，且MN过，
③当时，直线MN依然过，但无法形成三角形.
综上，直线MN恒过点，
设点O，K到直线MN的距离分别是，.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.