湖北省襄阳市、黄石市、宜昌市、黄冈市部分学校2023-2024学年高二（上）期末联考数学试卷（解析版）

这是一份湖北省襄阳市、黄石市、宜昌市、黄冈市部分学校2023-2024学年高二（上）期末联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、选择题（每小题5分，共8小题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. 已知向量．若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】因为，所以存在实数使得，
，得，.
故选：C.
2. 在等差数列中，若，则公差( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】在等差数列中，因为，所以，
求得.
故选：B
3. 过点且与直线垂直直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意设直线方程为，
代入点坐标得，解得，
∴直线方程为．
故选：D．
4.在正方体中，E，F分别为棱BC和棱的中点，则异面直线AC和EF所成的角为（ ）
A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°
【答案】B
【解析】如图，连接，因为E，F分别为棱BC和棱的中点，∴，又正方体中，∴，∴为异面直线AC和EF所成的角或其补角，
而是正三角形，即，
所以异面直线AC和EF所成的角是．
故选：B.
5. 将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，
由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，
即经过4次操作之后所得图形的面积是.
故选：A
6. 设，则“”是“直线：与直线：平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】当时，：，：，，
可得两直线平行；
若与平行，则，解得或舍，
故为充要条件，
故选：C.
7. 南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项分别为：，则该数列的第11项为（ ）
A. 190B. 192C. 194D. 196
【答案】B
【解析】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，所以将所有上式累加可得，所以，
即该数列的第11项为．
故选：B.
8. 已知球O的直径,,是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.
故选：A
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.已知是不共面三个向量，则下列向量组中，不能构成一个基底的一组向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于B，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于C，假设共面，则必有不全为0的实数，使得，
因不共面，则，即，与不全为0矛盾，因此，不共面，它们能构成一个基底；
对于D，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底，
所以不能构成一个基底的一组向量是ABD.
故选：ABD
10. 已知分别为圆与圆上的动点，为轴上的动点，则的值可能是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】CD
【解析】圆关于轴对称的圆为圆，
圆的圆心，半径为1，圆的圆心，半径为2；
则的最小值为，
故，
故选：CD．
11. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）
A. 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立
C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立
【答案】ABD
【解析】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；
对于B：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；
对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；
对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知双曲线的离心率为，且双曲线的左焦点在直线上，分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线上异于两点的一个动点，记的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的方程为
B. 双曲线的渐近线方程为
C. 点到双曲线的渐近线距离为2
D. 为定值
【答案】AD
【解析】依题意，双曲线的左焦点在直线上，
令，则，双曲线C的左焦点F即为F，则半焦距，
又双曲线离心率为，即，则，
从而双曲线C的方程为，A正确，
双曲线C的渐近线方程为，B不正确，
渐近线方程即为，F点到双曲线C的渐近线的距离为，C不正确，
由题意知，不妨设，则，
则有，D正确．
故选：AD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设分别是椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且，则_________．
【答案】
【解析】由椭圆的方程，得，
又，所以，所以，
所以，
所以.
故答案为：
14. 设样本空间含有等可能的样本点，且，则______．
【答案】2
【解析】由题意，，又，
同理，
∴，
故答案为：2.
15. 抛物线C：的焦点为F,准线为l,M是C上的一点,点N在l上,若，且，则______.
【答案】5
【解析】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，
不妨设点，则，即，
可得，即，故，
则直线的斜率，
∵，则直线的斜率，
∴直线的方程，
令，解得，即，
故.
故答案为：5.
16. 如图所示，在平行四边形中，为中点，，，.沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面.若点为内的动点，且满足，则点的轨迹的长度为___________.
【答案】
【解析】因平面平面，平面平面，，于是得平面，而，则平面，
从而得PE，PD分别是PB，PC在平面内的射影，如图，，
，而，则，
在所在平面内以点E为原点，射线ED、分别为x，y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设，于是得，整理得，
从而得点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，圆M交分别于Q，N，
显然，圆M在内的部分是圆心角所对的弧，弧长为，所以点的轨迹的长度为.
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线：与轴，轴围成的三角形面积为，圆的圆心在直线上，与轴相切，且在轴上截得的弦长为.
（1）求直线的方程（结果用一般式表示）;
（2）求圆的标准方程.
解：（1）在直线方程中，令x=0，得
令，得
故，又，故
∴所求直线方程为：
（2）设所求圆的标准方程为：
由题可知
联立求解得：
故所求圆的标准方程为： 或
18. 已知抛物线的焦点为，设动点的坐标为．
（1）若，求过点与抛物线有且只有一个公共点的直线方程；
（2）设过动点的两条直线均与相切，且的斜率分别为，满足．证明：动点在一条定直线上．
解：（1）当经过点P的直线不存在斜率时，直线方程即为，
与抛物线抛物线C：有且只有一个公共点，符合题意，
当经过点P的直线存在斜率时，不妨设直线方程为，
代入抛物线方程化简得：，
，即，直线方程即为
因此所求直线方程为或；
（2）设过点P与抛物线C的相切的切线方程为，
由，消去整理得，
因为与抛物线C相切，所以，
即．
又因为，是方程的两根，则有，
由，可得，即
从而动点在直线上.
19. 已知数列an的前项和，数列bn满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）由构成的阶数阵如图所示，求该数阵中所有项的和．
解：（1）因为，当时，即，
当时，所以，即，
经检验当时也成立，所以，
则．
即数列的通项公式为，；
（2）由数阵规律可知
，
因为，
，
所以．
20. 有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，……，以此类推，记事件表示从第个盒子里取出白球，设事件发生的概率为．
（1）求；
（2）求．
解：（1）依题意，，则，
又
，
.
（2）依题意，当时，，
进而可得，
又，，，
所以是首项为，公比为的等比数列，
从而有，即.
21. 如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角．
（1）求证：平面平面；
（2）设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围．
解：（1）因二面角为直二面角，
即平面平面，又，
平面平面，平面，
则平面，
又平面，即得，
四边形为矩形，≌，
则,即，
平面，
于是平面，平面，
所以平面平面；
（2）过E作平面，由（1）知平面，平面，
故，
以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
∵，，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
则，
设平面的法向量为，则，即，
则，
由图可知二面角为锐二面角，
从而有，
而，则，,
所以.
22. 已知椭圆的离心率在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知动直线(斜率存在)与椭圆相交于点两点,且的面积,若为线段的中点．点在轴上投影为,问：在轴上是否存在两个定点，使得为定值，若存在求出的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题可知，，
解之得：，
故椭圆的标准方程为：
（2）如图，
设直线的方程为 ，代入椭圆方程，
消去得：，若设，
则
此时
又点到直线的距离：d=t1+k2，
∴，
∴，
假设存在符合题意的两个定点，
∵，
∴，
又，
故当，即时，为定值．
故存在两点满足题意．