安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高二(上)1月期末考试数学试卷(解析版)

这是一份安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高二(上)1月期末考试数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C
2. 已知平面内有一个点，的一个法向量为，则下列点中，在平面内的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意，可得符合条件点P应满足，且，
对于A中，由，则，所以A不符合题意；
对于B中，由，则，所以B符合题意；
对于C中，由，则，所以C不符合题意；
对于D中，由，则，所以D不符合题意.
故选：B.
3. 已知等差数列的通项公式为，则其前n项和取得最大值时，n的值（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
由题意等差数列的通项公式为，则，
故，
即当时，取得最大值，即取得最大值时，n的值是4，
故选：C.
4. 战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A. 或B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相交．
设反射光线所在直线的方程为，即，
圆的标准方程为，
则圆心为，半径．
因为弦长，
所以根据勾股定理得，圆心到反射光线的距离，
故，即，解得或．
故选：A
5. 已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，取，得，
点到平面的距离， ，
四棱锥的体积为
故选：C.
6. 双曲线的两个焦点分别是，，双曲线上一点P到的距离是7，则P到的距离是（ ）
A. 13B. 1C. 1或13D. 2或14
【答案】A
【解析】由双曲线方程，得，．
因为，所以点P在靠近的一支上，
所以，所以，
又因为，所以．
故选：A.
7. 设是等比数列的前项和，，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. 20D.
【答案】C
【解析】设等比数列的的公比，显然，
，
，
，
则
，
当且仅当，即时取等号，
的最小值为，
故选：C.
8. 是抛物线上一点，点，是圆关于直线的对称曲线上的一点，则的最小值是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】由题意可知曲线是半径为1的圆，设圆心，
圆的圆心坐标为，
则有，显然是抛物线的焦点，
该抛物线的准线方程为，过作准线的垂线，垂足为，
当在线段上时，有最小值，最小值为，
所以当在线段上时，如下图所示：有最小值， 最小值为，
故选：C
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. 如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且，，点G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】空间四边形OABC中，，，点G是线段MN的中点，
，
，D正确；
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误.
故选：BD
10. 法国数学家笛卡尔开创了解析几何思想方法的先河.他研究了许多优美的曲线，在平面直角坐标系中，方程所表示的曲线称为笛卡尔叶形线.当时，笛卡尔叶形线具有的性质是（ ）
A. 经过第三象限B. 关于直线对称
C. 与直线有公共点D. 与直线没有公共点
【答案】BD
【解析】当时, 笛卡尔叶形线为，
A：若，则，故不经过第三象限，故A错误，
B：若点在曲线上，则点也在曲线上.故笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确，
C,D：由方程组 得 ，此方程组无解，故笛卡尔叶形线与直线没有公共点，故D正确，C错误，
故选：BD
11. 对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立,我们称数列是“线性数列”,数列满足，则（ ）
A. 等差数列是“线性数列”
B. 等比数列是“线性数列”
C. 若是等差数列，则是“线性数列”
D. 若是等比数列，则是“线性数列”
【答案】ABD
【解析】对A，数列为等差数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，A正确；
对B，数列为等比数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，B正确；
对C，是等差数列，设，
则，若是“线性数列”，
则，则应有，
故不是“线性数列”，C错误；
对D，是等比数列，设首项为，公比为，
若时，，则，满足“线性数列”的定义；
若时，由，得，
，
累加的，
则，
经验证当时，满足，则，
若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，
则，
，
，
则，则，
则是“线性数列”，D正确.
故选：ABD
12. 已知为圆锥顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. ⊥平面
C. 在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3
D. 圆锥内切球的表面积为
【答案】ABD
【解析】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，
所以，，又，
所以，故，A正确；
因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，
所以MO⊥平面ABC，
因为平面ABC，所以MO⊥BC，
又AO⊥BC，，平面MOA，
所以BC⊥平面AMO，
因为平面AMO，
所以AM⊥BC，
因为，所以，
由勾股定理得：，则，
故，同理可得：，
因为，所以BM⊥AM，
因为平面MBC，且，
所以⊥平面，B正确；
将侧面展开，如下：
设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，
其中，故底面周长为，
故，则，
若，由，
由余弦定理得：，
因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；
由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：
设内切球球心为T，设内切球半径为，
TU=R，，则，
其中，故，
在Rt△PUT中，由勾股定理得：，
即，
解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设，，，，则__________.
【答案】
【解析】由题得，则，所以,故答案为：
14. 点P是椭圆上一点，，分别是其左、右焦点，若，离心率为，则_________.
【答案】1
【解析】根据题意即又，所以，
又，所以，
故答案为：
15. 已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，则该正四棱锥的侧棱与底面所成的角的正弦值为______.
【答案】
【解析】如图所示正四棱锥，，则平面.
设正四棱锥外接球的半径为，则R=2，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则①，
由整理得②，
由①②解得，
由于平面，所以正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，
.
故答案为：
16. 某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为__________．
【答案】200
【解析】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．
所以数列为等差数列，且，数列的公差，所以，
数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得，
所以数列满足条件，，当时，，
，当时，，，
当时，，，
当时，，
所以数列的前项的和为.
故答案为：
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，第18~22题每题12分．
17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若平面上有两个点，，点是圆上的点且满足，求点的坐标.
解：（1）∵圆心在直线上，
设圆心，
已知圆经过点，，则由，
得
解得，所以圆心为，
半径，
所以圆的方程为；
（2）设，
∵在圆上，
∴，
又，，
由可得：，化简得，
联立,解得或.
18. 已知等差数列的前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
解：（1）设等差数列的公差为，
因为，且．所以，解得，
所以数列的通项公式．
（2），
所以，
所以
．
19. 如图，在三棱柱中,四边形是边长为4的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
解：（1）∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
20. 已知数列的首项，且满足．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）若，求满足条件的最大整数的值．
解：（1）由，得，即，
，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可得：，，
令，即，
设，当n时，，
所以单调递增，
又，，所以满足不等式的最大整数.
21. 如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.
解：（1）如图，过作交于点，连接，
面，面，则，
又面，面，且不共线，故，
因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，
而平面，平面，所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
又，，
则，
故，
设平面的法向量，
则有，取，得到，即，
又中点，则，
则中点到平面的距离为，
由，即，故在以中点为球心，半径为的球面上，
而，故在面上的轨迹是半径为的圆，
故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆.
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，椭圆的一条以为中点的弦所在直线的方程为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为直线上一点，且不在轴上，直线，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值，并求出此时点的坐标.
解：（1）设，，则，
两式相减得，，
所以，即
即，∴
又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，
则：，：
联立，消去得
同理，联立，消去得
所以
.
令，则
当且仅当，即，即时，取得最大值.
综上所述，当时，取得最大值.