河南省郑州市第十八中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（一）

这是一份河南省郑州市第十八中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（一），共21页。试卷主要包含了 棱长为的正四面体中，则等于， 双曲线， 已知曲线，则下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。

一､单选题
1. 已知是等差数列，且是和的等差中项，则的公差为（ ）
A. 1B. 2C. -2D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差中项的性质得导方程，利用通项公式转化为关于首项和公差的方程，即可求得公差的值.
【详解】设等差数列的公差为d.
由已知条件，得，
即，解得.
故选B.
2. 棱长为的正四面体中，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】.
故选：A.
3. 直线与圆交于A，两点，则当弦最短时直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求直线所过定点，结合图形分析，由直线l与CP垂直时弦最短可解.更多优质资源可进入 【详解】由得，
则令，解得，故直线过定点，
由，则圆心，半径，
当时，弦最短，直线的斜率，则直线的斜率，
故直线为，则．
故选：D
4. 若，则“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程表示椭圆求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】若方程表示椭圆，则，解得或，
因为或，
因此，“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：D.
5. 已知等差数列的公差为2，为其前项和，若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据已知条件判断，再利用通项公式代入计算，解出即可.
【详解】由知，，即，解得.
故选：D.
6. 双曲线（）的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由椭圆的焦点确定双曲线的焦点，得到，再结合渐近线知，解得参数a，b，即得的方程.
【详解】依题意椭圆的焦点为，故双曲线的焦点也是，
故，又由渐近线可知，解得，
故的方程为.
故选：A.
7. 已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为（ ）
A. 11B. 12C. 7D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.
【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，
因，故可得，即，
所以，可得，
又因为，
故可得，所以数列的前6项和有最大值，
且，
又因为，，
故取得最小正值时n等于.
故选：A.
8. 已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解
【详解】
不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，
则为的中点，为中点，所以，所以，则
即，所以，，
将点坐标代入椭圆方程得，即，
又，所以，，
所以椭圆的标准方程是.
故选：B
二､多选题
9. 已知数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（ ）
A. 为等差数列B.
C. 最小值为D. 为单调递增数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据求出，并确定为等差数列，进而可结合等差数列的性质以及前项和分析求解.
【详解】对于A，当时，，
时满足上式，所以,
所以，
所以为等差数列，故A正确；
对于B，由上述过程可知，
，故B错误；
对于C，因为，对称轴为，
又因为，所以当或3时，最小值为，故C错误；
对于D，由上述过程可知的公差等于2，
所以为单调递增数列，故D正确.
故选:BC.
10. 已知曲线，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则是圆，其半径为
B. 若，则是双曲线，其渐近线方程为
C. 若，则是椭圆，其焦点在轴上
D. 若，则是两条直线
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆，双曲线的几何性质，圆的定义逐个进行判断即可
【详解】若时，转化为，半径为，故A错误；
若，当，是焦点在轴上的双曲线，当，是焦点在轴上的双曲线，无论焦点在哪个轴上，令，整理可得均是的渐近线，故B正确；
若，转化为，由于可知，是焦点在轴上的椭圆，故C正确；
若，转化为，是双曲线不是两条直线，故D错误.
故选：BC
11. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点为的左支上一点，的焦距等于，且，则（ ）
A. 为锐角三角形B. 双曲线C的离心率为
C. 为钝角三角形D. 双曲线C的离心率为
【答案】AD
【解析】
【分析】
在焦点三角形中，利用余弦定理列式得关于的等式，即可求得离心率，然后再利用余弦定理计算三角形中的最大角的余弦值，即可判断最大角为锐角.
【详解】在中，，根据余弦定理，即，得，所以离心率为，可得，因为，所以最大角是锐角，所以为锐角三角形
故选：AD
【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到的关系．
12. 已知三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，E为棱CD的中点，且，，，则（ ）
A.
B. 异面直线BE与AD所成角的正弦值为
C. 平面ABE与平面ABD不垂直
D. 平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，
A．证明，所以该选项正确；
B．利用向量法求出异面直线BE与AD所成角的正弦值为，所以该选项错误；
C. 反证法证明平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；
D.利用向量法证明平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为，所以该选项正确.
【详解】
因为三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则,
A.，所以，所以该选项正确；
B.，所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为
所以异面直线BE与AD所成角的正弦值为，所以该选项错误；
C. 假设平面ABE与平面ABD垂直，因为平面ABE与平面ABD交于,,
平面，故平面，因为平面，
所以,显然不成立，所以平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；
D.设平面ABE的法向量为所以，所以，
设平面ACD的法向量为所以，所以，
所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为.所以该选项正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：二面角的求法
方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）.
三､填空题
13. 设向量，，，则实数________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用向量数量积坐标计算公式直接求解.
【详解】因为，
所以，
解得.
故答案为：.
【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
14. 已知圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，请写出满足上述条件的一条直线方程__________.（写出一个正确答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】找出一条满足条件的直线方程即可.
【详解】圆的圆心为，半径为2，
若要使圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，则圆心到直线的距离应该为1，
则直线可以为：，
此时由圆得圆心为：，半径为2，
则如图所示：
由图可知圆上只有点到直线的距离为1，
故答案为：（答案不唯一）.
15. 已知双曲线经过点，则离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据经过的点可得，进而根据双曲线方程得，由离心率公式即可求解.
【详解】双曲线经过点，所以，解得，
所以双曲线方程为，所以双曲线焦点在轴上，，
所以它的离心率为.
故答案为：.
16. 已知点是抛物线上一动点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由的几何意义以及抛物线的定义，转化为点到抛物线准线的距离.
【详解】由，得，则的焦点为，准线为：.
几何意义是点到与点的距离之和，
根据抛物线的定义点到的距离等于点到的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
四､解答题
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据累加迭代即可求解通项；
（2）根据等差数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
当时，
，
当时，满足上式，
；
【小问2详解】
，则，
所以是以0为首项，为公差的等差数列，
故，
.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点，
（1）求证：
（2）求EF与CG所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，易知坐标表示，利用空间向量的数量积运算易得，故；
（2）在（1）的条件下，易知的坐标表示，利用可求得EF与CG所成角的余弦值.
【小问1详解】
依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，如图，
则，
则，
所以，故，即EFCF.
【小问2详解】
由（1）得，则，
所以，
所以EF与CG所成角的余弦值为.
19. 已知，，为平面内的一个动点，且满足.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线为，求直线被曲线截得的弦的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)首先设点，利用两点间距离表示，化简求轨迹方程；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可设点的坐标为，由及两点间的距离公式可得
，整理得.
【小问2详解】
由（1）可知，曲线
圆心到直线的距离，
所以弦的长度.
20. 如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．
（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．
【小问1详解】
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成的角的正弦值是．
21. 已知双曲线的右焦点为为坐标原点，双曲线的两条渐近线的夹角为．
（1）求双曲线的方程；
（2）过点作直线交于两点，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；定点，
【解析】
【分析】（1）由渐近线夹角得出渐近线的倾斜角，从而得的值，再由求得得双曲线方程；
（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．
【小问1详解】
双曲线的渐近线为，
又，，故其渐近线的倾斜角小于，而双曲线的两条渐近线的夹角为，
则渐近线的的倾斜角为，
则，即．
又，则．
所以双曲线的方程是．
【小问2详解】
当直线不与轴重合时，设直线的方程为，
代入，得，即．
设点，则．
设点，则
令，得，
此时．
当直线与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点．
所以存在定点，使为定值．
【点睛】思路点睛：本题考查求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊表形下也成立．
22. 已知直线与垂直,且经过点.
（1）求的方程;
（2）若与圆相交于两点,求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得直线的斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意，利用直线与圆的弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由直线，可得斜率，
因为，所以直线的斜率为，
又因为直线过点，所以直线的方程为，即.
小问2详解】
解：由圆，可得圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，
又由圆的弦长公式，可得弦长.
附加：
23. 已知抛物线和圆交于两点,且，其中O为坐标原点.
（1）求的方程.
（2）过的焦点且不与坐标轴平行的直线与交于两点，的中点为，的准线为，且，垂足为.证明:直线的斜率之积为定值，并求该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定值为
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，代入即可得到答案；
（2）根据题意设直线l的方程为，与抛物线方程联立，得到进而求出定值即可.
【小问1详解】
由O为坐标原点,且，得直线的方程为，
代入圆的方程，得，
解得或，则，
将点P的坐标代入的方程，得，则，
故C1方程为
【小问2详解】
由（1）可知，，，
因为直线不与坐标轴平行，所以直线斜率存在且不为，
设直线l的方程为，
联立，
整理得，.
设，则，
所以点M的横坐标为,
所以，则，
所以，故T是定值,且定值为
24. 已知椭圆的离心率为，且焦距为8．
（1）求C的方程；
（2）设直线l的倾斜角为，且与C交于A，B两点，求（O为坐标原点）面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的离心率，焦距，再结合，即可求出C的方程；
（2）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离求出，即可求出面积的表达式，根据表达式即可求出的面积有最大值.
【详解】解：（1）依题意可知：，
解得：，
故C的方程为：；
（2）依题意可设直线l的方程为：，
联立：，
整理得：，
则，
解得：，
设，，
则，，
原点到直线l的距离，
则的面积
，
当且仅当“”，即“”时，的面积有最大值，且最大值为．
【点睛】思路点睛：求解椭圆中的面积问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，求出弦长，再利用点到直线的距离求出高，即可求出结果.