河南省三门峡市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（解析版）

这是一份河南省三门峡市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知椭圆， 已知直线，其中，则等内容，欢迎下载使用。
1，答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整､笔迹清楚.
3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题）
一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若经过两点的直线斜率为1，则实数（ ）
A. B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】过两点的直线斜率为，所以，
解得，.
故选：A.
2. 圆：与圆：的位置关系不可能是（ ）
A. 内含B. 内切C. 相交D. 外切
【答案】D
【解析】圆：化为标准方程，
则圆的圆心为，半径为，
圆：的圆心为，半径为，
则两圆心距离为，
所以两圆不可能外切.
故选：D.
3. 在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（ ）
A. 直线AB∥坐标平面xOyB. 直线AB⊥坐标平面xOy
C. 直线AB∥坐标平面D. 直线AB⊥坐标平面
【答案】C
【解析】由已知得，
坐标平面的一个法向量是，
坐标平面的一个法向量是，
易判断与，不平行，
所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错.
因为，所以直线不平行坐标平面，
故A错
因 ，
点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对.
故选：C
4. 设数列的前n项和为，并且，则等于（ ）
A. 32B. 16C. 992D.
【答案】A
【解析】当时，.
所以.
故选：A.
5. 已知双曲线的左焦点为F1，M为C的渐近线上一点，M关于原点的对称点为N,若，且,则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，根据对称性，不妨设在左支,
由于，且，
所以，
由于关于原点对称，所以,结合可得
，所以
故渐近线的倾斜角为，
双曲线的渐近线方程为．
故选：B
6. 已知为椭圆的焦点，P为椭圆上一动点，，则的最大值为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】A
【解析】由于椭圆的焦点为，所以且焦点在轴上，则，
且，，所以椭圆方程为，
所以，设左焦点为，
根据椭圆的定义得，
当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A

7. 已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设数列的公差为，前项和为，
因为，可得，解得，
所以，
对任意的，若，则，所以，
所以数列是首项为1，公比为7的等比数列，故.
故选：C.
8. 已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点,直线与的另一个交点为,若,则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为离心率为，故可设，故，
故椭圆方程为：，
而，，故，因，故.
故直线与轴不垂直也不重合，
故可设，，，则，
由可得，
因在椭圆内部，故恒成立，且，
故，因，故，
此时，，
故在第一象限，符合条件，的斜率为，
故选：A.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线，其中，则（ ）
A. 直线过定点
B. 当时，直线与直线垂直
C. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等
D. 若直线与直线平行，则这两条平行直线之间的距离为
【答案】ABD
【解析】由直线方程，若，即直线过定点，A对；
时，斜率为1，而斜率为，显然斜率乘积为，
所以直线与直线垂直，B对；
时，，令则，令则，显然截距不相等，C错；
若直线与直线平行，即，则两条平行直线之间的距离，D对.
故选：ABD
10. 如图的形状出现在南宋数学家扬辉所著的《详解九章算法·商功》中后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）

A.
B.
C.
D. 存在正整数，使得为质数
【答案】BC
【解析】依题意因为，
以上个式子累加可得︰,
又满足上式，所以，
故，故A错误；
因，
所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，故当且为整数时，，
此时、必有一个为大于的偶数，则为合数，
则不存在正整数，使得质数，D错误，
故选：BC
11. 如图，在四棱锥中，平面，，，则（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B.
C.
D. 点到直线的距离为
【答案】AB
【解析】过作，垂足为，
则，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
，
因为，
所以直线与所成角的余弦值为，故A正确；
因为，所以B正确；
因为，
所以与不垂直，故C不正确；
设点到直线的距离为，则，
即点到直线的距离为，故D不正确.
故选：AB.
12. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆的蒙日圆方程为
B. 若为正方形，则的边长为
C. 若是直线：上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或
D. 若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为18
【答案】ABC
【解析】A选项，，
故椭圆的蒙日圆方程为，A正确；
B选项，由题意，为圆的内接矩形，
若为正方形，设的边长为，则，解得，故B正确；
C选项，由题意得，直线：与的交点即为所求点，
则，
解得或，
故或，故或，C正确.
D选项，由对称性可知，四边形为矩形，其中为对角线，
且，
故，当且仅当时等号成立，故D错误.
故选：ABC
第II卷（非选择题）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是__________.
【答案】
【解析】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图，
设正方体的棱长为2，则有，，，
， ， ，
设异面直线与所成角为，
．
故答案为：．
14. 已知等差数列满足，则的值为_________.
【答案】3
【解析】由等差数列通项公式得，
即，故，
.
故答案为：3
15. 河南省2025年高考将实行“3+1+2”高考模式，其中的“2”为选考科目，分数将实行赋分制，等级划分､人数比例､赋分区域对应关系如图所示，各单科一样.根据规则，各考生的单科分数位次赋分前后不发生改变，一个等级内的原始分x､赋分后的分数y构成的点都在一条直线上.某次模拟考试中，小张的化学成绩为63分在B级，且这次考试B级的上､下限原始分分别为69分､51分（51分赋分后为71分，69分赋分后为85分）.那么小张的赋分成绩为__________.（赋分计算时四舍五入为整数）
【答案】80
【解析】设小张的赋分为，由得，
所以小张的赋分为分.
故答案为：.
16. 过双曲线：（，）的左焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，这条垂线与另一条渐近线在第一象限内交于点，为坐标原点，若，，成等差数列，则的离心率为______.
【答案】
【解析】如图，设（），渐近线：，渐近线：，直线：，
因为点在第一象限，所以，得，原点到直线的距离，
即.
将直线与联立方程组可解得，故.
所以.
在中，，整理可得，
所以，整理得，
所以离心率.
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. 已知数列满足，且成等比数列，
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的最小值及此时的值.
解：（1）由知为等差数列，设公差为，则，
成等比数列，所以，
即，
解得，又，所以的通项公式为；
（2）由(1)得，
所以当时，取得最小值，最小值为
18. 在正四棱柱中，，，在线段上，且.建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）求；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）由题意得，，，，，，
所以，
所以；
（2）由已知得，, ，
设平面的一个法向量为，
则，
即，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 已知是抛物线的焦点，是上在第一象限的一点，点在轴上，轴，，．
（1）求的方程；
（2）过作斜率为的直线与交于，两点，的面积为（为坐标原点），求直线的方程．
解：（1）由题知，，
由抛物线的定义知，，
，的方程为．
（2）由（1）知，设，，
直线的方程为，代入，整理得，
由题易知，，，
到直线的距离为，
，解得，
直线的方程为或．
20. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，．
（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（2）在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由．
解：（1）由四边形为正方形，平面，知直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设平面和平面所成锐二面角为，
则
所以平面与平面所成锐二面角余弦值为．
（2）假设存在，又，则，，
由直线与所成角的余弦值为，得，
解得，则存在点，为棱的中点时满足条件，
即，，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
所以点到平面的距离为.
21. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）探究数列是否存在最大项，并说明理由．
解：（1）因为，即，
且，可得，所以，
即数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，即，所以，又，
则.
（2）由（1）可得，，则，
所以，
当时，，，则，所以，
所以当时，为单调递减数列，
又，，，
所以当或时，数列有最大项为.
22. 已知椭圆经过点，且其右焦点为，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
（3）过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点．
解：（1）因为椭圆右焦点为，且经过点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，设直线的方程为：，，代入，
得，恒成立.
设，，线段的中点为，则，
则，
由，
得，
所以直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：，
令得：点的横坐标，
因为，所以，所以.
线段上存在点，使得，其中.
.
（3）设直线的方程为：，，
代入，
得，
因为过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于A，两点，
所以由，
得：，
设，，，
则，，
则直线的方程为，
令，得
.
易知当直线AB斜率为0时，直线也过点.
所以直线过定点.
等级
比例
赋分区域