2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（新高考地区专用，测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）02（Word版附解析）

这是一份2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（新高考地区专用，测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）02（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，定义“等方差数列”等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线、数列。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2．抛物线的焦点到点的距离为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】首先求出焦点坐标，再利用距离公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，
所以点到焦点的距离.
故选：B
3．2023年10月17～18日，第三届“一带一路”高峰论坛在北京举行，有150个国家、92个国际组织的外宾参与论坛．从2013年到2022年，中国与共建“一带一路”国家的进出口累计总额年均增长率为．现已知2013年进出口累计总额为10.9万亿美元，则2022年进出口累计总额（保留1位小数）约为（ ）．
参考数据：
A．17.9万亿B．19.1万亿C．20.3万亿D．21.6万亿
【答案】B
【分析】根据给定信息，构建等比数列，再求出其中的项即可.
【详解】依题意，从2013年到2022年的每年进出口累计总额依次排成一列构成等比数列，
其中，公比，
所以2022年进出口累计总额为（万亿）.
故选：B
4．给出下列命题：
①直线的倾斜角不存在；
②若直线的方向向量，平面的法向量，则；
③已知为空间直角坐标的原点，且，则点到直线的距离是；
④如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线．
其中真命题的个数是（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】B
【分析】对于①④，可举出反例；对于②，计算向量数量积得到，从而得到或；对于③，变形后得到直线所过定点.
【详解】对于①，直线的倾斜角为，①错误；
对于②，因为，故，
则直线与垂直，则或，②错误；
对于③，由题意可知是直线的方向向量，在直线上的投影向量的模长为，所以点到直线的距离是，③正确；
对于④，如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，则向量与与任何向量均共面，那么一定共线，④正确．
故选：B
5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，动点满足，则点P的轨迹与圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据两点距离公式整理等式，可得动点的轨迹方程，明确两圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系，可得答案.
【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，
又圆C的圆心，半径，所以，且，
所以两圆相交，故其公切线的条数为2条.
故选：B.
6．在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面B．直线与平面所成角的正弦值为定值
C．平面平面D．点到平面的距离为定值
【答案】B
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
令，得，
令，得，，
对于A，，显然，
即，，
而，平面，因此平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
因为，，平面，则平面，
于是为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则不是定值，B错误；
对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，
而，则，
即有，
又，平面，因此平面，
则平面平面，C正确；
对于D，显然，
因此点到平面的距离为，为定值，D正确.
故选：B
7．已知双曲线，过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】先求出焦点到渐近线的距离为，由勾股定理求出的边长，再由面积得到的关系，从而求出离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为：
过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，则
所以在中，，所以
则，即
所以，即，所以，故
故选：C
8．定义“等方差数列”：如果一个数列的各项都是实数，且从第二项起，每一项与它前一项的平方差是相同的常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的公方差．已知各项均为正数的数列是等方差数列，且公方差为，，则数列的前33项的和为（ ）
A．3B．6C．2D．4
【答案】A
【分析】根据数列是等方差数列，且公方差为3，得到，再利用等差数列通项公式求得，从而得到求解.
【详解】解：因为数列是等方差数列，且公方差为3，
所以，又，
所以，
又数列的各项均为正数，所以，
所以，，
所以，
，
故选：A．
二、多项选择题：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，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
【答案】AC
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
10.已知直线l：和圆O：，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．存在k使得直线l与直线：垂直
C．直线l与圆O相交
D．直线l被圆O截得的最短弦长为
【答案】BC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A错误；
对B，因为直线：的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，B正确；
对C，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：BC.
11.已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等差数列B．
C．数列的前项和为D．数列的前项和为
【答案】ABC
【分析】先构造数列，知其前项和求通项，进而再求出，选项A，由定义证明为等差数列；选项B，利用等差数列前项和公式求解即可；选项C，两项并一项，并项为常数列求和；选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.
【详解】由，
设，则，
所以当时，，
两式相减得，，
当时，也适合上式.
则，解得，，
所以，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
故选项AB正确；
选项C，数列的前项和
，故C项正确；
选项D，，
则前项和为，
故D项错误.
故选：ABC.
12.已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A．最大时，B．的最小值为
C．D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由，得，，，
A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，
此时由内切圆性质可知，
则，A选项错误；
设，，则，
B选项：如图所示，设中点为，则，所以，
又，
同理，
所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；
C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，
所以，所以，C选项正确；
D选项：设，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
则，且，即，当且仅当时取等号，
所以，
，
所以，
则，D选项正确；
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知，则向量在上的投影向量的坐标是 ．
【答案】
【分析】由已知得出的坐标，然后求出投影向量即可得出答案.
【详解】因为，，
所以，向量在上的投影向量是，
其坐标为.
故答案为：.
14.已知正项数列的前项和为，且满足，若，，则
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以数列为等比数列，设公比为，
则，得，解得（舍去），
所以．
15.已知两点，，若直线上存在四个点，使得是直角三角形，则实数的取值范围是
【答案】
【分析】根据△MNP是直角三角形，转化为以MN为直径的圆和直线y=k（x-3）相交，且k≠0，然后利用直线和圆相交的等价条件进行求解即可．
【详解】当P1M⊥x，P4M⊥x时，此时存在两个直角三角形，
当MN为直角三角形的斜边时，△MNP是直角三角形，
要使直线y=k（x-3）上存在四个点P（i=1，2，3，4），
使得△MNP是直角三角形，等价为以MN为直径的圆和直线y=k（x-3）相交，且k≠0，
圆心O到直线kx-y-3k=0的距离，
平方得9k2<4（1+k2）=4+4k2，
即5k2<4，即k2<，得.
又k≠0，∴实数k的取值范围是
16.从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图①，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆C与双曲线S构成，现一光线从左焦点发出，依次经S与C反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点发出，经C两次反射后又回到了点，历时秒．若C与S的离心率之比为，则 ．
【答案】6
【分析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得和的周长，再根据光速相同，时间比等于路程比，再结合C与S的离心率之比为，即可求解.
【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，两式相减得，
所以的周长为，
在图②中，的周长为，
因为光速相同，
因为C与S的离心率之比为，即，
所以.
故答案为：6.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分）已知直线和圆．
(1)求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；
(2)求与直线平行且与圆相切的直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先根据垂直关系设直线,再结合直线过圆心求参即可;
（2）先根据平行设直线方程，再根据圆心到直线距离为半径求参得出直线方程.
【详解】（1）设与直线垂直的直线的方程为．
圆可化为，圆心为，
因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线的方程为．
（2）设与直线平行的直线的方程为．
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以或10，
故所求直线的方程为或．
18.（12分）为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：
（Ⅱ）求出bn，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．
【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.
19. （12分）已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的、两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)如果，直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得，从而可得答案；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，由数量积公式结合韦达定理可得，进而可得答案.
【详解】（1）由题意可知，将点代入抛物线方程，
可得，解得，
则抛物线方程为．
（2）因为，直线与抛物线相交于不同的、两点，
所以直线不与x轴平行，
可设，与联立，得，
设，，∴，．
由
，解得，
∴过定点．
20. （12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD的中点.
(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值.
(2)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角Q-AC-D的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，
【详解】试题分析：由PA=PD, O为AD中点，侧面PAD⊥底面ABCD，可得PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD中,易得,所以可以O为坐标原点,OC为x轴,OD为y轴, OP为z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解.
试题解析：(1)在中，，为AD的中点，所以,
侧面PAD底面ABCD,则PO面ABCD.
又在直角梯形ABCD中，连接,则,
以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴,直线为z轴建立空间直角坐标系.,,,
所以，直线PB与平面所成角的余弦值为.
(2) 假设存在，则设=λ
因为=（0，1，﹣1），所以Q（0，λ，1﹣λ）．
设平面CAQ的法向量为=（a，b，c），则，
所以取=（1﹣λ，λ﹣1，λ+1），
平面CAD的法向量=（0，0，1），
因为二面角Q﹣AC﹣D的余弦值为，
所以=，
所以3λ2﹣10λ+3=0．
所以λ=或λ=3（舍去），
所以=.
21. （12分）已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，
①求数列的前项和；
②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．
【答案】【小题1】； 【小题2】①；②．
【分析】（1）根据等差数列通项公式与前n项和公式，结合等比中项进行求解；
（2）①先计算的通项公式，再用错位相减法求解；
②代入，得到对一切恒成立，构造函数，再求的最小值，即可求得结果.
【详解】（1）依题意得，解得，
，即．
（2）①，，
，
，
所以．
．
②由（1）易求得，所以不等式对一切恒成立，
即转化为对一切恒成立，
令，则，
又，
当时，；时，，
所以，且，则．
所以实数的最大值为．
22. （12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形．
(1)求C的标准方程；
(2)M，N为C上且在x轴上方的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)定值为．
【分析】（1）根据面积求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，根据相似三角形表示出，利用直线与椭圆方程化简可得的和积，代入化简即可得解.
【详解】（1）椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，故，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由已知，则，
设，因为，
所以．
又因为，所以，
所以
．
即．
设，的方程分别为：，，
设，，
则，
所以，
因此，
同理可得：，因此，，
所以．