2023~2024学年河北省承德市高二(上)期末数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年河北省承德市高二(上)期末数学试卷(解析版)，共15页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4，本试卷主要考试内容：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：本大题共8小题，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. 已知数列的前4项分别为，，，，则该数列的一个通项公式可以为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】观察可知，该数列的前面整数部分为奇数，后面分数部分正负相间，首项的分数部分为负，分母为，分子为，
故该数列的一个通项公式可以为，故选：D
2. 已知直线,直线.若,则（ ）
A. 4B. -2C. 4或-2D. 3
【答案】A
【解析】因为，所以，
即，得或.
当时，，，符合题意；
当时，，，，重合.
故.
故选：A.
3. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，
当时，，可得，
当时，，
因为数列为等比数列，可得，解得.
故选：D.
4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆C上一点，的最小值为1，且的周长为34，则椭圆C的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为的最小值为1，所以．
因为的周长为34，所以，
所以．因为，
所以，所以椭圆C的标准方程为．故选：C.
5. 在三棱锥中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】连接，根据向量的运算法则，可得.
故选：B.
6. 某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）.已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，建立平面直角坐标系，则，
将代入，故，解得，

所以该抛物线的焦点到顶点的距离为m.
故选：B
7. 在三棱锥中，平面分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为平面，都在面内，
所以，
又，所以，所以两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
．
设平面的法向量为，
则所以
取，得．
设直线与平面所成的角为，
所以．
故选：B
8. 已知直线与交于点，则的最大值为（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得直线恒过坐标原点，直线恒过定点，
且，所以，所以与的交点在以为直径的圆上，
则点的坐标满足（不含点）．
可设，且，
则，
所以当时，的最大值为．故选：D
二、选择题：本大题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 的公差为1B. 的公差为2
C. D.
【答案】ACD
【解析】设的公差为d，由，，得，
解得，故A正确，B错误；，，C，D正确.故选：ACD
10. 已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】因为，所以曲线为，直线为，
当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则A错误；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则B正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则C不正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则D正确．
故选：BD．
11. 已知圆和圆是圆上一点，是圆上一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆与圆有四条公切线
B. 两圆的公共弦所在的直线方程为
C. 的最大值为12
D. 若，则过点且与圆相切的直线方程为
【答案】BCD
【解析】对于A，圆、的圆心、半径依次分别为，
圆心距满足，所以两圆相交，圆与圆有两条条公切线，故A错误；
对于B，两圆、方程相减得，
，化简并整理得两圆的公共弦所在的直线方程为，故B正确；
对于C，由题意，当且仅当四点共线，取最大值，故C正确，
对于D，，即点在圆上面，
又，所以过点且与圆相切的直线方程为，
化简并整理得，过点且与圆相切的直线方程为，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知数列满足，，为的前项和，则（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递减数列
D. 当或时，取得最大值
【答案】AC
【解析】因为，所以，即，，
又因为，所以，所以为首项为，公比为的等比数列，A正确；
，所以，B错误；
因为函数是减函数，所以为递减数列，C正确；
令，即，解得，所以时，，时，，所以当或时，取得最大值，D错误.
故选：AC
三、填空题：本大题共4小题，把答案填在答题卡中的横线上．
13. 若数列满足，则__________.
【答案】
【解析】因，，
所以，，，
所以是周期为3的数列，故.
故答案为：.
14. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为__________.
【答案】
【解析】由题可知，
解得，
所以，
故的焦距为.
故答案为：
15. 在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_________．
【答案】
【解析】在长方体中，，，，
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16. 在数列与中，已知，则________．
【答案】1
【解析】由题意知，，
所以为常数列，即，所以．
故答案为：1.
四、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）当时，，
当时，.
符合，
所以的通项公式为.
（2）由（1）可得，
则，
所以数列的前项和.
18. 一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）若直线l与C交于A，B两点，且线段AB的中点坐标为，求l的方程．
解：（1）依题意，该动圆的圆心到点与到直线的距离相等．
又点不在直线上，根据抛物线的定义可知，
该动圆圆心的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为．
（2）设，由题意知直线l斜率存在，则，
则，

两式相减得，即．
因为线段AB的中点坐标为，
所以，则，即直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即．
19. 已知圆过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）经过点的直线与圆相切，求的方程.
解：（1）设圆的方程为，
根据题意，可得，解得，
所以圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，
则直线的方程为，即.
故直线的方程为或.
20. 如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且．
（1）求的长;
（2）求二面角的正弦值.
解：（1）因为平面，，故以B为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系．
设，由，得，，，．
因为F是中点，所以，则，．
又，所以，
解得，故．
（2）由（1）可知，，则，，．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设平面的法向量为，
则，令，得．
所以，
故二面角的正弦值为．
21. 已知正项数列满足,数列的前n项和为,且.
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
解：（1）因为，且，所以，
所以，即，所以．
当时，所以，
所以．
因为，所以，所以．
也符合上式，所以．
当时，．
因为，所以当时，，
所以当时，，即，
所以当时，数列是以为首项的常数列，
即（），所以（），
所以的通项公式为
（2）因为，
所以，
两式相减得，
所以．
22. 已知椭圆经过点和．
（1）求的方程；
（2）若点（异于点）是上不同的两点，且，证明直线过定点，并求该定点的坐标．
解：（1）由题意得，把点的坐标代入，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（方法一）由 题意可知均有斜率且不为0，
设直线的方程为，联立方程组
消去得，可得，
解得，所以点坐标为．
因为，所以直线的斜率为，同理可得点．
当时，有，解得，直线的方程为．
当时，直线的斜率
，
则直线的方程为，
即
，
即，直线过定点．
又当时，直线也过点．
综上，直线过定点．
（方法二）当直线不垂直于轴时，设直线方程为，
联立方程组消去得，
，即．
设，则，
．
因为，所以，
即，
，
，
化简得，
解得或，
所以直线的方程为或（过点A,不合题意，舍去），
所以直线过定点．
当直线垂直于轴时，设它的方程为，
因为，所以．
又，解得或（过点A,不合题意，舍去），
所以此时直线的方程为，也过点．
综上，直线过定点．