吉林省白山市2023-2024学年高二上学期1月期末数学试卷（Word版附解析）

这是一份吉林省白山市2023-2024学年高二上学期1月期末数学试卷（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 下面四个结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 在空间直角坐标系中，点，点关于轴对称的点为，则（ ）
A. B. C. D. 2
2. 若抛物线的准线经过椭圆的左焦点，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
3. 南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中讨论了一些高阶等差数列求和方法，高阶等差数列中后一项与前一项之差并不相等，但是后一项与前一项之差或者高阶差成等差数列，如数列，后一项与前一项之差得到新数列，新数列为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前5项分别为，则该数列的第10项为（ ）
A. 96B. 142C. 202D. 278
4. 已知圆与圆相交于两点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，在平行六面体中，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
6. 已知数列为正项等比数列，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点．设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为是椭圆与双曲线的一个公共点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 双曲线的右焦点为，点A的坐标为，点为双曲线左支上的动点，且周长的最小值为，则为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的不得分.）
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 空间向量，若⊥，则
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面.
C. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底.
D. 任意向量，满足.
10. 已知过点的直线与椭圆交于两点，则弦长可能是（ ）
A. 1B. C. D.
11. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 等差数列B. 为递减数列
C. 的通项公式为D. 的前项和
12. 已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（ ）
A. 且，
B. 且，
C. 且，
D. 且，
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 经过两条直线交点，且直线的一个方向向量的直线方程为__________.
14. 等比数列的各项均为正数，其前项和为，已知，则__________.
15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.
16. 已知双曲线的左焦点为，过的直线与的左支相交于两点，为坐标原点，且，则的离心率为__________.
四､解答题（本大题共6小题，共计70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤，并写在答题卡相应位置上.）
17. 已知圆C的圆心在直线上，且过，．
（1）求圆C的方程；
（2）过点的直线l交圆C于，两点，且，求直线l的方程．
18. 北京时间2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，全国人民都为我国的科技水平感到自豪.某学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.如图，航天器按顺时针方向运行的轨迹方程为，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以轴为对称轴，为顶点的抛物线的一部分（从点到点）.已知观测点A的坐标，当航天器与点A距离为4时，指挥中心向航天器发出变轨指令.
（1）求航天器变轨时点的坐标；
（2）求航天器降落点与观测点A之间的距离.
19. 如图，在三棱锥中，是正三角形，平面⊥平面，，点E，F分别是BC，DC的中点．

（1）证明：平面⊥平面；
（2）若，点G是线段BD上动点，问：点G运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小．
20. 已知数列的前项和，点在曲线上.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）若数列满足，求数列的前99项和.
21. 如图，已知边长为2的正三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆周上，为母线的中点，点在母线上，且.
（1）求点到平面的距离；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
22. 已知椭圆经过圆的圆心，的右焦点与圆上的点的距离的最大值为3.
（1）求椭圆方程；
（2）若直线与相交于均异于点，点均在直线上，且，求的最小值.
2023-2024学年度（上）白山市高二教学质量监测
数学
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 在空间直角坐标系中，点，点关于轴对称的点为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】求出点的坐标，再利用空间两点间距离公式计算即得.
【详解】点关于轴对称的点，而点，
所以.
故选：C
2. 若抛物线准线经过椭圆的左焦点，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】求出椭圆的左焦点，抛物线的准线方程即可得解.
【详解】椭圆的半焦距，因此抛物线的准线过点，
则，所以.
故选：D
3. 南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中讨论了一些高阶等差数列的求和方法，高阶等差数列中后一项与前一项之差并不相等，但是后一项与前一项之差或者高阶差成等差数列，如数列，后一项与前一项之差得到新数列，新数列为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前5项分别为，则该数列的第10项为（ ）
A. 96B. 142C. 202D. 278
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用累加法运算求解.
【详解】设该数列为，其前5项分别为，
设，其前4项分别为，
由题意可知：，
当时，则
，
且符合上式，所以，
即，
则，
所以该数列的第10项为278.
故选：D.
4. 已知圆与圆相交于两点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出公共弦所在的直线方程以及公共弦长，利用面积公式计算即可.
【详解】联立,相减可得直线：，
所以到直线的距离为，
利用圆与直线相交可得：，
所以.
故选：A.
5. 如图，在平行六面体中，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义有、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.
【详解】由，，
所以，
又，，
所以，而，
，
综上，直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D
6. 已知数列为正项等比数列，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比，进而求出的关系，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，
整理得，解得，由，得，
于是，即，所以
，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：D
7. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点．设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为是椭圆与双曲线的一个公共点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆与双曲线的定义，再由离心率的公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设，不妨设，
，因此是以为斜边的直角三角形，于是．
在椭圆中，等于椭圆的长轴长，因此，在双曲线中，
等于双曲线的实轴长，因此，
则．
故选：C
8. 双曲线的右焦点为，点A的坐标为，点为双曲线左支上的动点，且周长的最小值为，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用双曲线的定义把的周长用的周长来表示，可求的最小值，从而求a即可.
【详解】如下图所示：

设该双曲线的左焦点为点，由双曲线的定义可得，
，又，当且仅当A，P，F三点共线时等号成立.
所以，的周长为，
当且仅当A，P，F三点共线时，的周长取得最小值，即，解得．
故选：D．
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的不得分.）
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 空间向量，若⊥，则
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面.
C. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底.
D. 任意向量，满足.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，根据向量数量积公式得到；B选项，由题目条件推出，从而四点共面；C选项，设，得到方程，方程无解，C正确；D选项，举出反例即可.
【详解】A选项，空间向量，若⊥，，夹角为，
则，A正确；
B选项，若对空间中任意一点，有，
即，
所以，故，
则四点共面，B正确；
C选项，是空间的一个基底，则不存在使得，
设，即，即，此方程无解，
故不共面，则也是空间的一个基底，C正确；
D选项，不妨设，
则，
，
此时，D错误.
故选：ABC
10. 已知过点的直线与椭圆交于两点，则弦长可能是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】讨论直线斜率存在性，设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式求的范围，即可得答案.
【详解】由，即点在椭圆内，
若直线斜率存在，设直线为，联立椭圆，
整理得，且，
所以，
则，
若直线斜率不存在，则为长轴长，即，
综上，.

故选：BCD
11. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 为等差数列B. 为递减数列
C. 的通项公式为D. 的前项和
【答案】BD
【解析】
【分析】由递推公式求通项公式，进而可逐项求解判断.
【详解】因为，所以，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即，可得，故选A，C错误；
因为单调递增，所以，即为递减数列，故选项B正确；
的前项和，故选项D正确.
故选：BD.
12. 已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（ ）
A. 且，
B. 且，
C. 且，
D. 且，
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，得，设,，,，由韦达定理可得，，,，,，，，再由向量的数量积逐一判断．
【详解】
由，可得，
设,，,，
则，，
，
，
直线的方程为，由，可得，
同理可得，
所以,，,，
，，
对于A，,,，
,,，
只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，
所以，，故A错误；
对于B，因为,,，
,,，故B正确；
对于C，由B得，而，所以，故C错误；
对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．
故选：ACD．
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 经过两条直线的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出交点坐标，根据直线的方向向量得到直线方程.
【详解】，解得，故交点坐标为，
因为直线的一个方向向量，所以直线方程为，
即.
故答案为：
14. 等比数列的各项均为正数，其前项和为，已知，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出首项、公比可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，
所以，
可得，解得，（舍去），，
所以.
故答案为：.
15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.
【详解】设点，由可得，整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，

所以，
，
记圆心为，当点为线段与圆的交点时，
取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
16. 已知双曲线的左焦点为，过的直线与的左支相交于两点，为坐标原点，且，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】若是右焦点，根据双曲线定义有，结合直角三角形性质知，在两个直角三角形中应用勾股定理列方程得到关于双曲线参数的齐次方程，即可求离心率.
【详解】若是右焦点，则，且，
所以为直角三角形且，如下图，

令，则，
所以，则，
所以，则，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据已知得到为关键.
四､解答题（本大题共6小题，共计70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤，并写在答题卡相应位置上.）
17. 已知圆C的圆心在直线上，且过，．
（1）求圆C方程；
（2）过点的直线l交圆C于，两点，且，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）依题意的中垂线过圆心，结合圆心在直线上，联立方程组求得圆心的坐标，再由两点间距离公式求得圆的半径，可得圆的方程；
（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合圆心到直线的距离求解方程.
【小问1详解】
因为，，
所以的中点坐标为，
因为直线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线的斜率为，
所以线段的中垂线的直线方程为：，
由，解得，，即圆C的圆心坐标为，
所以，
所以圆C的方程为．
【小问2详解】
由（1）知圆的半径为，
因为，
所以，
所以，
又，所以，
所以点C到直线AB的距离．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，所以直线l的方程为，即，
所以，解得，
所以直线l的方程为：．
综上，直线l的方程为或．
18. 北京时间2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，全国人民都为我国的科技水平感到自豪.某学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.如图，航天器按顺时针方向运行的轨迹方程为，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以轴为对称轴，为顶点的抛物线的一部分（从点到点）.已知观测点A的坐标，当航天器与点A距离为4时，指挥中心向航天器发出变轨指令.
（1）求航天器变轨时点的坐标；
（2）求航天器降落点与观测点A之间的距离.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）设出点，利用的距离和椭圆方程可求出点的坐标；
（2）根据抛物线经过的点求出方程，解出降落点的坐标，可得答案.
【小问1详解】
设，由题意，，即，
又，联立解得或（舍），当时， ，
故的坐标为.
【小问2详解】
由题意设抛物线的方程为，
因为抛物线经过点，，
所以，，解得，即；
令可得或（舍），即；
所以，
所以航天器降落点与观测点A之间的距离为3.
19. 如图，在三棱锥中，是正三角形，平面⊥平面，，点E，F分别是BC，DC的中点．

（1）证明：平面⊥平面；
（2）若，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小．
【答案】（1）证明见解析
（2）点G为BD的中点
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为是正三角形，点E是BC中点，所以，
又因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面⊥平面；
【小问2详解】
在平面中，过点E作，垂足为H，
设，则，
，E，F分别是BC，DC的中点,
所以，，
建立如图空间直角坐标系，
则，
设，则，
设平面法向量，
则
设平面ACD的法向量为，
则，
平面与平面所成的锐二面角，
，
当时，最大，最小，故当点G为BD的中点时，平面与平面所成的锐二面角最小.

20. 已知数列的前项和，点在曲线上.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）若数列满足，求数列的前99项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据在曲线上得，利用求出，再由等差数列的定义可得答案；
（2）求出，当为奇数时，令，当为偶数时，令，求出与，两式相减可得答案.
【小问1详解】
因为点在曲线上，
所以，，
当时，，
当时，，
又，所以，
时，，
所以数列是为首项，为公差的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，所以，
当为奇数时，，令，
当为偶数时，，令，
所以，，，，，
，，，，，
所以
，①
，②
①②得
，
即，
又，
所以.
21. 如图，已知边长为2的正三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆周上，为母线的中点，点在母线上，且.
（1）求点到平面的距离；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可知，建系，利用空间向量求点到面的距离；
（2）利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
由题意可得：，
在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理，
在中，则，可知，
如图，以为坐标原点，分别为轴所在直线，的垂线为x轴所在直线，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离为.
【小问2详解】
由（1）可得：，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知椭圆经过圆的圆心，的右焦点与圆上的点的距离的最大值为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与相交于均异于点，点均在直线上，且，求的最小值.
【答案】22.
23
【解析】
【分析】（1）根据椭圆与圆相交和右焦点与圆上的点的距离的最大值，即可求出椭圆方程；
（2）设出点坐标，得出直线表达式，进而得出点的横坐标，即可求出的最小值.
【小问1详解】
由题意，
在中，，
∴，半径，
在椭圆中，
经过圆的圆心，的右焦点与圆上的点的距离的最大值为3
∴,
∴
【小问2详解】
由题意，
在中，直线与相交于均异于点，
∴设，
∵点均在直线上，且，
∴三点共线，三点共线，
∴设直线的解析式，直线的解析式，
∵直线过点，直线过点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴解得：，
∴
∵，
∴，
∴的最小值为.