2023~2024学年河南省开封市高二上期末调研考试数学试卷（解析版）

这是一份2023~2024学年河南省开封市高二上期末调研考试数学试卷（解析版），共13页。
1．本试卷共4页，考试时间120分钟．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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对应的答题区域内，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．
一、选择题：本题共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. 已知抛物线的标准方程是，则它的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以抛物线的准线方程为.
故选：A.
2. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】易知，
所以；
因此可得.故选：C
3. 已知为等差数列，且，为方程的两根，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】因为数列是等差数列，且，是方程的两根，
所以，
则．
故选：D．
4. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 12
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为q，
因为，，
所以，，
解得，
所以，
故选：C
5. 已知圆，圆，则与的位置关系是（ ）
A. 相离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】D
【解析】易知圆的标准方程为，
可得圆心，半径；
圆的标准方程为，
可得圆心，半径；
显然圆心距，且，即，可得两圆内切.故选：D
6. 已知双曲线的一条渐近线方程为,且经过点,则C的实轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为，
可设双曲线，
代入A3,2可得：，
则双曲线，即，
可知，所以C的实轴长为.
故选：B.
7. 已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，点在上且，则的面积为（ ）
A 4B. 8C. 16D. 32
【答案】B
【解析】F（2，0）,K（-2，0），过A作AM⊥准线，则|AM|=|AF|，
∴|AK|=|AM|，三角形APM为等腰直角三角形，
设A（m2，2m）（m＞0）,
由得，解得
则△AFK的面积=4×2m•=4m=8,
故选B.
8. 某汽车集团从2023年开始大力发展新能源汽车，2023年全年生产新能源汽车2000辆，每辆车的利润为1万元.如果在后续的几年中，经过技术不断创新，后一年新能源汽车的产量都是前一年的，每辆车的利润都比前一年增加1000元，则生产新能源汽车6年的时间内，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为（假设每年生产的新能源汽车都能销售出去，参考数据：）（ ）
A. 2.291亿B. 2.59亿C. 22.91亿D. 25.9亿
【答案】B
【解析】设第n年每辆车的利润为万元，则每辆车的利润构成首项为1，公差为的等差数列，
所以，
设第n年新能源汽车的销量为辆，则该汽车的销量构成首项为2000，公比为的等比数列，
所以，
设该汽车集团销售新能源汽车的总利润为S万元，
则①，
②，
①﹣②得
，
所以万元即亿元，
所以该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为亿元.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知直线l的方向向量为，且经过点，则下列点中在直线l上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】由题意可知，直线l的方程可表示为，
即；
经检验可得点，，在直线l上，不在直线l上.
故选：ACD
10. 已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】对于A，因为E，F分别是BC，CD的中点，
所以，正确；
对于B，，错误；
对于C，，正确；
对于D，
，错误.
故选：AC
11. 已知椭圆与直线相交于两个不同的点，点为线段的中点，则（ ）
A. B. 或
C. 弦长的最大值为D. 点一定在直线上
【答案】AD
【解析】设两点的坐标为：，
联立椭圆与直线的方程，
得：，
由判别式，得，即，选项A正确，选项B不正确；
韦达定理：，
弦长，
当时，弦长取最大值，，选项C不正确；
由直线，线段中点的坐标为，
即，所以点的坐标满足直线方程，选项D正确.
故选：AD.
12. 已知棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则（ ）
A. 存在直线平面，使得平面
B. 存在直线平面，使得平面
C. 点到平面的距离为
D. 与平面所成角的余弦值为
【答案】BC
【解析】对于A，假设存在直线平面，使得平面，
则可得平面平面，显然不成立，即假设不成立，即A错误；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：

由正方体性质可得，且，可知四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面；
所以平面，即存在直线平面，使得平面，即B正确；
对于C，连接，如下图所示：

易知，，，则的面积为；
设点到平面的距离为，由可得，
解得，即可知C正确；
对于D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：

易知，则，
设平面的一个法向量为，
由，取，解得，即；
又，
可得，
由线面角法向量求法可得与平面所成角的正弦值为，
余弦值为，可得D错误；
故选：BC
三、填空题：本题共4小题.
13. 已知数列an的首项为，递推公式为，则______．
【答案】
【解析】由题意，.
故答案为：.
14. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则______．
【答案】
【解析】根据空间中点的坐标特征可知，，
则，所以.
故答案为：
15. 已知圆，若直线与圆C相交于两个不同的点A，B，则的最小值是______．
【答案】
【解析】因为直线，即，
可知直线过定点，
又因为圆的圆心，半径，
且，
即点在圆内，可知直线与圆相交，
由圆的性质可知：当且仅当时，取到最小值.
故答案为：.
16. 已知过双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0左焦点且倾斜角为60°的直线与C交于点A，与y轴交于点B，且A是的中点，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】由题意，F1-c,0，所以直线的方程为，
令得，因为A是的中点，所以，
将点代入得，
结合化简得，所以，
所以或，所以或，
又，所以，所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图,在空间四边形ABCD中,，，，，.
（1）求；
（2）求CD的长.
解：（1）因为，，，
所以；
（2）因为，
所以
，
所以.
18. 已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求通项公式；
（2）求的最大值及取得最大值时n的值．
解：（1）记的公差为d，因为，所以，
因为，所以，
所以．
（2）因为
所以，当n取与最接近的整数即5或6时，最大，
最大值为．
19. 已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求与直线AB平行且与圆C相切的直线的方程．
解：（1）如下图所示：
设圆心，因为圆心C在直线上，所以，
因为A，B是圆上的点，所以，
根据两点间距离公式，有，即，
解之可得，，
所以圆心，半径，
所求圆的标准方程为．
（2）直线斜率为，所以所求直线的斜率也为，
设所求直线方程为，
所以圆心C到该直线的距离为，解之得，
所以所求直线方程为：．
20. 已知数列的首项，且．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前n项和．
解：（1）由可得，
因为，所以，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（2）设数列的前n项和为，则，
所以．
21. 如图，在三棱锥中，平面ABC，．
（1）求证：平面平面PBC；
（2）若，M是PB的中点，求平面ACM与平面PBC的夹角．
解：（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，，平面PAC，所以平面PAC，
又平面PBC，
所以平面平面PBC．
（2）由（1）平面PAC，
又平面APC，所以，
作分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如下图所示：
不妨设，
则，，，，，
可得，，
设平面ACM的一个法向量为，
则，取，则平面ACM的一个法向量为．
取PC的中点，，平面PAC，由（1）中平面PAC，
可得，，
又平面PBC，
所以平面PBC，
所以平面PBC的一个法向量为，
所以，
所以平面ACM与平面PBC的夹角为．
22. 已知椭圆，F为右焦点，A为右顶点，B为上顶点，．
（1）求C的离心率e；
（2）已知MN为C的一条过原点的弦（M，N不同于点A）．
（ⅰ）求证：直线AM，AN斜率之积为定值，并求出该值；
（ⅱ）若直线AM，AN与y轴分别交于点D，E，且△ADE面积的最小值为，求椭圆C的方程．
解：（1），
，所以．
（2）（ⅰ）设Aa,0，Mx1,y1，，则，，，
由，得，
所以为定值．
（ⅱ）记，，则直线，所以，同理，
所以
，
所以，当且仅当时“”成立，此时，
所以椭圆D的方程为：．