山东省枣庄市滕州市2023-2024学年高二上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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1. 已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量加法法则、减法法则计算即可.
【详解】.
故选：B.
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求得结果.
【详解】直线的斜率为，设直线的倾斜角为，
则，，所以.
故选：B.
3. 椭圆的长轴长是（ ）．
A. 3B. 6C. 9D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆方程有，即可确定长轴长.
【详解】由椭圆方程知：，故长轴长为6.
故选：B
4. 已知圆，圆，则两圆的公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
分析】
根据圆的方程，求得圆心距和两圆的半径之和，之差，判断两圆的位置关系求解.
【详解】因为圆，圆，
所以， ，
所以，
所以两圆相交，
所以两圆的公切线的条数为2，
故选：B
5. 在等差数列中，，则的值为（ ）
A. 20B. 15C. 10D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的性质计算即可得.
【详解】在等差数列中，，则，因此．
故选：A．
6. 若离心率为的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线离心率求得，再根据双曲线的一条渐近线与直线垂直列出，求解.
【详解】，所以，得渐近线为，
因为其中一条渐近线与直线垂直，则，得．
故选：C
7. 已知数列的通项公式为，若，当数列的前项和取最大值时，（ ）
A. 29B. 32C. 33D. 34
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，，即可得到结果.
【详解】因为，令，则，
所以当时，，当时，，
则，，
，，
，，
则当时，，当时，，
所以只需要考虑的大小即可；
，则，
，则，
，则，
所以当时，取最大值.
故选：C
8. 已知三棱锥中，，，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对棱相等，根据意将图形补全成一个长、宽、高分别为，1，的长方体，再建系写出坐标利用向量法即可得出答案．
【详解】如图，将三棱锥补成长方体，设长宽高分别为，
则，解得，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
设直线与所成角为，
.
故选：A.
二、多选题：本题共4小题，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 在等差数列中，已知，，是其前项和，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，根据等差数列的通项公式可得与的方程组，可求出与，再结合等差数列通项公式和前项和公式可判断各选项.
【详解】由，，可得，解得，
，故A，B正确；
又，故C错误；
同理，，，
，，则，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知直线与⊙O：交于A，B两点，则（ ）
A 直线l恒过定点
B. 使得的直线l有2条
C. 面积的最大值为
D. ⊙O在A，B两点处的切线的交点在直线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线方程判定其过定点可判定A，利用弦长公式结合直线过定点可判定B，利用三角形面积公式可判定C，利用切点弦方程可判定D.
【详解】对于A，直线方程可化为，显然，
即直线恒过定点，故A正确；
对于B，由，圆的半径为3，得弦心距，
结合图形及A易知，满足题意得弦所在直线为或，即直线斜率，或不存在，由题意斜率存在，故只有1条满足题意，故B错误；
对于C，设弦心距为，则的面积，
结合A可知，由二次函数的单调性可知，当时，，故C正确；
对于D，设两切线交点为，则四点共圆，以为直径，
故其圆心为，半径为，该圆方程为，
与作差得切点弦的方程为，
又过点，所以，
即交点P在直线上，故D正确．
故选：ACD．
11. 如图，已知正方体的棱长为1，点M为的中点，点P为该正方体的上底面上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点P的轨迹长度为
B. 存在唯一的点P满足
C. 满足的点P的轨迹长度为
D. 存在点P满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】在正方体中，证得平面平面，得到平面，求得点的轨迹长度，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定B、C正确；求得点关于平面的对称点为，结合，可判定D错误.
【详解】对于A，如图（1）所示，在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，因为，且平面
所以平面平面，又因平面，所以平面，
所以点在线段上运动，所以点的轨迹长度为，所以A正确；
对于B，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示，
可得，设，且，
则，
由，
解得，所以存在唯一的点使得，所以B正确；
对于C，由，可得，
即，因为，
当时，可得；当时，可得；
所以点的轨迹为线段，且，
则，所以C正确；
对于D，如图（2）所示，点关于平面的对称点为，
当点三点共线时，最短，
所以，
所以不存在点使得，所以D不正确.
故选：ABC.
12. 如图，F为抛物线的焦点，O为坐标原点，过y轴左侧一点P作抛物线C的两条切线，切点为A、B，、分别交y轴于M、N两点，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】求得过点的切线方程，得到，得出和，可判断A正确；当点在准线上，求得，可判定B错误；由，求得，可判定C错误；分别求得和，可判定D正确.
【详解】设抛物线上一点，则，
过点的切线方程为，
联立方程组，整理的，
令，解得，即过抛物线上一点的切线的斜率为，
对于A中，设，则过点的切线方程为，
令，可得，即，
又由抛物线的焦点为，所以，
则，所以，即，
同理可得，则四点共圆，所以，所以A正确；
对于B中，若点在准线上，可直线的方程为，
此时直线过焦点，则，所以，所以B错误；
对于C中，由，，可得，，
若，可得，则，
所以，此时直线过焦点，
设直线，代入抛物线，可得，
设方程的两根为，可得，
即当直线过抛物线焦点时，两交点的纵坐标之积为，
而直线不一定过抛物线的交点，所以C错误；
对于D中，由，可得，
联立方程组，解得，即,
则，所以，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等比数列中，若，，则__________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据等比数列的性质直接得出答案即可.
【详解】在等比数列中，，，也成等比数列，
因为，，
所以，
故答案为：
14. 过定点且与直线平行的直线的一般式方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两直线平行时方程的特点直接可写出所求直线.
【详解】过点且与直线平行的直线方程为：，即.
故答案为：
15. 在三棱锥中，在线段上，满足是平面内任意一点，，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
则
，
由于四点共面，所以
故答案为：

16. 已知双曲线，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左支交于点，且，则双曲线的离心率为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知求出点的坐标，由求出点的坐标，代入双曲线方程即可求得离心率．
【详解】不妨设双曲线的渐近线为，则直线为，
由得，，即，
设点，则，
因为，
所以，解得，即，
由点在双曲线上，代入得，
整理得，则，
故答案为：．
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. 已知正项数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列通项和前n项和公式求解；
（2）由（1）得到，再利用裂项相消法求解.
【小问1详解】
解：因为，
当时，，
两式相减得，因为，可得，，
令，可得，满足，
所以的通项公式为；
【小问2详解】
，
所以.
18. 已知以点为圆心的圆与直线相切．过点的直线与圆相交于两点．
（1）求圆的标准方程；
（2）当时，求直线的方程．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，由点到直线的距离公式可得半径，结合圆心坐标即可得解；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离公式以及弦长公式即可求解.
【小问1详解】
设圆A的半径为r，由题意知，
圆心到直线l的距离为，即，
所以圆A的方程为；
【小问2详解】
当直线与x轴垂直时，直线方程为，即，
点A到直线的距离为1，此时，符合题意；
当直线与x轴不垂直时，设，即，
取的中点Q，连接，则，
因为，所以，
又点A到直线的距离为，
所以，解得，所以直线方程为．
综上，直线的方程为或．
19. 已知数列满足，，
（1）求；
（2）当为奇数时，求数列的前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得出数列为等差数列，即可求出结果；
（2）根据条件得出，由（1）知，再利用分组求和即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以数列构成首项为，公差为的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由，所以数列构成首项为，公差为的等差数列，得到，
设，
则，
又，所以为奇数时，
20. 在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，，E是PC的中点，作于点F．求证：
（1）平面EDB；
（2）平面EFD．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，连接AC交BD于点G，连接EG，求得向量和，结合和线面平行的判定定理，即可证得平面．
（2）由（1）求得，得到，根据，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面EFD．
【小问1详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，设，连接AC交BD于点G，连接EG，
可得，，，，
因为底面ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心，
故点G的坐标为，所以，
又因为，所以，所以．
而平面，且平面，所以平面．
【小问2详解】
解：由（1）得，所以，，
可得，所以，即．
又由，且，所以平面EFD．
21. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，，分别是，的中点，平面经过点，，与棱交于点，．

（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作直线与平行，则，所以、共面，延长与交于点，连接，与的交点即为点，再利用三角形相似计算可得；
（2）连接，取的中点，连接，即可证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
过点作直线与平行，则，所以、共面，延长与交于点，
连接，与的交点即为点，
因为为正方形，是的中点，
所以，，又，所以，
因为是的中点，所以，则，
又，所以.
【小问2详解】
连接，取的中点，连接，因为，
所以，且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.

22. 已知椭圆过点，焦距为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：与椭圆交于异于两点，直线分别与直线交于点两点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及之间的关系，列出等式进行求解即可；
（2）将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，得到直线和的方程，推出两点的坐标，列出等式再进行验证即可.
【小问1详解】
由椭圆过点，焦距为，得，解得，
则椭圆的方程为.
【小问2详解】
则消去并整理得，
此时，即，设，
则，
直线的方程为，令，得点的纵坐标，
即点，同理得点，
由，得，即，
于是，整理得，
则，化简得，
解得或，
当时，直线的方程为，即，直线过定点，不符合题意；
当时，直线方程为，即，直线过定点，
所以直线经过定点.
【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.