2023-2024学年福建省晋江市第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省晋江市第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知两个向量，，且，则的值为（ ）
A．1B．C．D．6
【答案】C
【分析】由知必存在，使得，即，即可求解.
【详解】因为，
所以存在使得，即，
所以.
故选：C.
【点睛】事实上，若且，则必存在，使得，即，若均不为零，则有.
2．在数列中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件推导出数列的周期，再借助周期性计算得解.
【详解】在数列中，，，则，
，于是得数列是周期数列，周期为3，
，
所以.
故选：A
3．已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.
【详解】，设向量在向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，所以.
故选：C.
4．设为坐标原点，抛物线的焦点为，为抛物线上一点．若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由抛物线方程求出点的坐标，准线方程为，再由可求得点的横坐标为4，从而可求出点的纵坐标，进而可求出的面积
【详解】由题意可得点的坐标，准线方程为，
因为为抛物线上一点，，
所以点的横坐标为4，
当时，，所以，
所以 的面积为，
故选：D
5．在四面体中，棱两两垂直，且为的重心，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将用表示，再根据向量的运算律即可得解.
【详解】如图，为的中点，则点在上，且，
则
，
则
.
故选：D.

6．已知椭圆C：（）的长轴为4，直线与椭圆C相交于A、B两点，若线段的中点为，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的中点坐标为，代入椭圆方程相减，利用，，，得出等量关系，即可求解.
【详解】设，直线交椭圆于，两点，
若的中点坐标为，所以直线斜率，
代入椭圆方程得，
两式相减得
，
又，所以
所求的椭圆方程为.
故选:B.
7．已知是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，当直线AB与l平行时，（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【分析】根据跟定条件，利用圆的切线的性质，结合面积法求解作答.
【详解】
连接，由切圆于A，B知，，
因为直线AB与l平行，则，
，而圆半径为1，
于是，
由四边形面积，
得，
所以.
故选：A.
8．在正方体中，棱长为2，平面经过点，且满足直线与平面所成角为，过点作平面的垂线，垂足为，则长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据线面角确定点的轨迹，进而得到的取值范围，由余弦定理即可求出长度的取值范围.
【详解】由题意，面，连接，
因为与平面所成角为，所以，过作，
如图：

因为，所以，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，如图：

所以，
所以，
在中，由题意，，
所以
所以，
所以长度的取值范围为.
故选：A
二、多选题
9．已知递减的等差数列的前项和为，，则（ ）
A．B．最大C．D．
【答案】ABD
【解析】根据项的正负可判断AB，利用前项和与通项的关系可判断CD.
【详解】因为，故，所以，
因为等差数列为递减数列，故公差，
所以，故AB正确.
又，，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10．已知，直线：，直线：，则（ ）
A．若，则或B．若，则与间距离为
C．若，则或D．若在x轴和y轴上的截距相等，则
【答案】BC
【分析】利用直线的平行、直线的垂直、平行直线的距离公式、直线的一般式方程和截距式方程逐项分析运算判断即可得解.
【详解】对于选项A，由题意，若，则有，
解得：或，
当时，直线：和直线：重合，
当时，直线：和直线：平行，
综上，，故A错误；
对于选项B，由A知，当时，直线：和直线：平行，
直线方程可化为，由平行直线间的距离公式可求得：
与间距离为，故B正确；
对于选项C，直线：和直线：垂直，
则有，解得：或，所以，或，故C正确；
对于选项D，当时，直线：过原点，在x轴和y轴上的截距相等，
当时，直线方程可化为截距式方程，则有，
解得：，
综上，若在x轴和y轴上的截距相等，则或，故D错误.
故选：BC.
11．已知实数、满足方程，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】设，可得，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断AB选项；利用距离的几何意义求出的最大值，可判断C选项；设，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断D选项.
【详解】将方程化为标准方程可得，
圆的圆心为，半径为，
对于A选项，设，可得，
则直线与圆有公共点，
所以，，整理可得，解得，AB都对；
对于C选项，代数式的几何意义为圆上的点到原点的距离的平方，如下图所示：
由图可知，当点为射线与圆的交点时，取最大值，即，
故的最大值为，C错；
对于D选项，设，则直线与圆有公共点，
所以，，解得，
所以，的最大值为，D对.
故选：ABD.
12．天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹.我们称其为卡西尼卵形线在平面直角坐标系中，设定点为，点为坐标原点，动点满足.下列四个命题中，正确的是（ ）
A．点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形B．点的横坐标的取值范围是
C．的最小值为D．的面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；C项根据卡西尼卵形线的定义，结合基本不等式进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，结合三角形面积公式进行判断即可.
【详解】由题意可知P的轨迹方程为：，
则关于轴对称的点的横纵坐标满足
，
同理关于轴对称的点，
关于原点对称的点均满足轨迹方程
，
，
即P的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确；
由基本不等式可知，当且仅当，
即时取得最小值，故C正确；
将轨迹方程平方得
，
整理得，
解之得，
所以，故B错误；
又因为，故，
当且仅当时取得最大值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】难点在于对轨迹方程的变形与化简，利用方程的特点求横纵坐标的取值范围是本题关键.
三、填空题
13．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则异面直线ON，AM所成的角是 .

【答案】/
【分析】建立空间坐标系，利用向量垂直即可求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，
则,
所以,
故，
所以，故异面直线ON，AM所成的角为，
故答案为：

14．已知点，和直线，动点在直线上，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】找关于的对称点，可得的最小值为
【详解】
设关于的对称点为
则，
解之得
故
连接交直线于点，如图所示
则此时取得最小值为
故答案为：
15．已知双曲线：焦距为，左、右焦点分别为，点在上且轴，的面积为，点为双曲线右支上的任意一点，则的取值范围是
【答案】
【分析】先计算双曲线的标准方程，再由焦半径公式计算即可.
【详解】由题意可知，
代入双曲线方程有，
又的面积为，即，
所以双曲线方程为：，
设，
则，
同理，
因为，则，
故答案为：.
16．已知点分别是椭圆的上下焦点，点为直线上一个动点．若的最大值为，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【分析】首先设点的坐标，并设，，则,并结合两角差的正切公式，以及基本不等式得到关于的齐次方程，即可求解离心率.
【详解】根据对称性，不妨设点在第一象限，且坐标为，如图，

记直线与轴的交点为，设，，则,
由于，，故，，
所以，，
所以,
因为，，当且仅当时等号成立，
即时等号成立，
所以，
整理得，
所以，得，
所以，即椭圆的离心率为.
故答案为：
四、解答题
17．已知圆与圆相交于A，两点．
(1)求公共弦的长
(2)求圆心在直线上，且过A，两点的圆的方程
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作差可得公共弦方程，利用圆的弦长公式计算即可；
（2）法一、先计算A，两点的坐标，再求其中垂线，联立求出圆心坐标后求圆的方程；法二、利用圆系方程直接计算即可.
【详解】（1）由两圆方程相减即得，此为公共弦所在的直线方程，
由，
即圆心，半径，
则到直线的距离为，
公共弦长；
（2）法一、由或，
不妨令，，
中点为，
易知，则中垂线的斜率为，
中垂线的方程为，
由，
即圆心为，半径，
∴所求圆的方程为；
法二、圆的圆心不在上，符合题意的圆不是圆，
设所求的圆的方程为，
即，
圆心为，在上，
代入可得，
所求圆的方程为.
18．已知是等差数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式与前项和；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，进而根据公式即可求解，
（2）根据当时，，；当时，，，即可分类求解，结合等差数列求和公式即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得.
所以数列的通项公式为，
数列的前项和.
（2）由得，所以当时，，；
由得，所以当时，，.
所以，当时，；
当时，
.
所以，.
19．如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面底面，且，，分别为棱，的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，易证底面，以为坐标原点，过平行于的直线为轴，以，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，再证明求解；
（2）由（1）知，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设平面与平面所成二面角为，由求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为，则，
因为侧面底面，平面，侧面底面，
所以底面，
如图，以为坐标原点，过平行于的直线为轴，以，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，则，
所以；
（2）由（1）知．
设平面的一个法向量为，
由，得，
取，得，．所以，
由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
由得，
取，得，，所以，
设平面与平面所成二面角为，
则，
所以．
20．已知抛物线，直线与交于两点且（为坐标原点）．
(1)求抛物线的方程；
(2)设，若直线的倾斜角互补，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用韦达定理法即求；
（2）由题可求，，再结合条件即得.
【详解】（1）设，，
由，得，
故，
由，可得，即，
∴，
故抛物线的方程为：；
（2）设的倾斜角为，则的倾斜角为，
∴,
由，得，
∴，
∴，同理，
由，得，
∴，即，
故.
21．如图，四棱锥的底面为菱形，，，底面，，分别是线段，的中点，是线段上的一点．

(1)若平面，求证：为的中点；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据平面，利用线面平行的性质定理得到，再根据是线段的中点证明；
（2）取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，
设，得到，再由得， 设平面的一个法向量为，求得点到平面的距离，然后由求解．
【详解】（1）证明：如图所示：

连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，因为是线段的中点，所以为的中点
（2）取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，所以，
取，
设，则，
则，整理得，
解得或舍去，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以
取，又，
则点到平面的距离即点到平面的距离为：
，
由已知条件，在中，，
可得，
，
所以，．
22．已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
(1)求C的方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【详解】（1）由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
（2）设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，