2023-2024学年山东省济南市高二（上）期末数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南市高二（上）期末数学模拟试卷（含解析），共15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。

1.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的离心率为12，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
2.记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a7=6，a12=17，则S16=( )
A. 120B. 140C. 160D. 180
3.在三角形ABC中，AC=3，AB=4，∠CAB=120°，则(AB+AC)⋅AB=( )
A. 10B. 12C. −10D. −12
4.设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m/​/α，l/​/β，则m⊥l
B. 若m⊂α，l⊂β，m/​/l，则α/​/β
C. 若α∩β=m，l/​/α，l/​/β，则m/​/l
D. 若m⊥α，l⊥β，m/​/l，则α⊥β
5.已知Q为直线l：x+2y+1=0上的动点，点P满足QP=(1,−3)，记P的轨迹为E，则( )
A. E是一个半径为 5的圆B. E是一条与l相交的直线
C. E上的点到l的距离均为 5D. E是两条平行直线
6.中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台.大剧院的平面投影是椭圆C，其长轴长度约为212m，短轴长度约为144m.若直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24m，则l被C截得的线段长度约为( )
A. 140mB. 143mC. 200mD. 209m
7.“b=± 10”是“直线x+y+b=0与圆C：(x+1)2+(y−1)2=5相切”的( )
A. 充分条件B. 必要条件
C. 既是充分条件又是必要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
8.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过坐标原点的直线与C交于A，B两点．|F1B|=2|F1A|,F2A⋅F2B=4a2，则C的离心率为( )
A. 2B. 2C. 5D. 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中，正确的有( )
A. 过点P(1,2)且在x轴，y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0
B. 直线y=kx−2在y轴的截距是2
C. 直线x− 3y+1=0的倾斜角为30°
D. 过点(5,4)且倾斜角为90°的直线方程为x−5=0
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP=CM=CN，则下列说法正确的是( )
A. A1C⊥平面α
B. 存在点P，使得AC1/​/平面α
C. 存在点P，使得点A1到平面α的距离为53
D. 用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线C：y2=2x，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点P(m,2)射入，经过C上的点A(x1,y1)反射后，再经过C上另一点B(x2,y2)反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则( )
A. x1x2=14
B. 延长AO交直线x=−12于点D，则D，B，Q三点共线
C. |AB|=134
D. 若PB平分∠ABQ，则m=94
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知二面角α−l−β为120°，在α与β的交线上取线段AB=9，且AC，BD分别在平面α和β内，它们都垂直于交线AB，且AC=4，BD=12，则CD的长为______．
13.已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是______ ，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是______ ．
14.四棱锥P−ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AD=2，AB=2 2，设M，N分别是PD，CD的中点，则平面AMN截球O所得截面的面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知圆C与y轴相切，且与x轴正半轴相交所得弦长为2 3，且圆心C在直线y=12x上.
(1)求圆心C的坐标；
(2)若圆C与直线x−2y−1=0相切，且与圆Q：x2+(y−2)2=1相外切，判断是否存在符合题目要求的圆．
16.(本小题15分)
已知两条直线l1：x+(1+a)y+a−1=0，l2：ax+2y+6=0.(a∈R)
(1)若l1⊥l2，求a的值；
(2)若l1//l2，求l1，l2之间的距离．
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足a1=1，且点(1an,1an+1)在直线y=x+2上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{anan+1}前n项和为Tn，求能使Tn<3m−12对n∈N*恒成立的m(m∈Z)的最小值．
18.(本小题17分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等边三角形，AB=AA1=6，∠ABB1=60°，D，E，F分别为BB1，CC1，BC的中点．
(1)在线段AA1上找一点G，使FG//平面A1DE，并说明理由；
(2)若平面AA1B1B⊥平面ABC，求平面A1DE与平面ABC所成二面角的正弦值．
19.(本小题17分)
已知直线x+y+1=0与抛物线C：x2=2py(p>0)相切于点A，动直线l与抛物线C交于不同两点M，N(M,N异于点A)，且以MN为直径的圆过点A．
(1)求抛物线C的方程及点A的坐标；
(2)当点A到直线l的距离最大时，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意得e= a2−1a=12，解得a=2 33．
故选：A．
由椭圆的离心率公式即可求解．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，数列{an}为等差数列，
因为a3+a7=2a5=6，所以a5=3，所以a5+a12=3+17=20，
所以S16=(a1+a16)×162=8(a5+a12)=160．
故选：C．
根据题意，利用下标和性质先求出a5+a12的值，然后根据前n项和公式结合下标和性质求解出S16的值．
本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：在三角形ABC中，AC=3，AB=4，∠CAB=120°，
记AC=a,AB=b，
则|a|=3,|b|=4，〈a,b〉=120°，
∵a⋅b=|a|⋅|b|cs120°=12cs120°=−6，
∴(b+a)⋅b=|b|2+a⋅b=16−6=10，
即(AB+AC)⋅AB=10．
故选：A．
根据向量的数量积公式求得结果．
本题考查了平面向量数量积公式，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线m，l可能平行，相交或异面，故A错误，
对于B，平面α，β可能相交或平行，故B错误，
对于C，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；
对于D，平面α，β可能相交或平行，故D错误．
故选：C．
根据题意，由线面平行性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查平面与平面的位置关系，涉及平面与平面、直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设P(x,y)，由QP=(1,−3)，则Q(x−1,y+3)，
由Q在直线l：x+2y+1=0上，故x−1+2(y+3)+1=0，
化简得x+2y+6=0，即P的轨迹为E为直线且与直线l平行，
E上的点到l的距离d=|6−1| 12+22= 5，故A、B、D错误，C正确．
故选：C．
设P(x,y)，由QP=(1,−3)可得Q点坐标，由Q在直线上，故可将点代入坐标，即可得P轨迹E，结合选项即可得出正确答案．
本题考查轨迹方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设该椭圆焦点在x轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，
设椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由题意可得2a=212，2b=144，
将a=106，b=72代入方程，得x21062+y2722=1，
因为直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24m，
令y=24，得|x|=212 23，
所以|2x|=424 23≈200(m)．
故选：C．
建立直角坐标系，设该椭圆方程为x2a2+y2b2=1，a>b>0，由题意得出椭圆的方程，令y=24，即可得出答案．
本题主要考查了椭圆的标准方程和性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由已知得圆心C(−1,1)，半径r= 5，
圆心C到直线x+y+b=0的距离d=|b| 2= 5，
所以|b|= 10，即b=± 10，所以所求直线方程为x+y± 10=0．
“b= 10”是“直线x+y+b=0与圆C：(x+1)2+(y−1)2=5相切”的充要条件．
故选：C．
根据直线与圆相切可得d=r，求解b，即可得到结论．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，充要条件的判断，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为O为AB的中点，所以AF1BF2为平行四边形，如图：
|F1B|=|F2A|=2|F1A|，又|F2A|−|F1A|=2a，
所以|F1A|=2a，|F2A|=2|F1A|=4a；
F2A⋅F2B=F2A⋅AF1=−AF2−⋅AF1=−2a⋅4acs∠F1AF2=−8a2cs∠F1AF2=4a2，
所以cs∠F1AF2=−12，
在△AF1F2中，由余弦定理得，
4c2=|F2A|2+|F1A|2−2|F2A|⋅|F1A|cs∠F1AF2=4a2+16a2−2×2a×4a×(−12)=28a2，
所以c= 7a，所以e= 7．
故选：D．
根据双曲线的对称性可知AF1BF2为平行四边形，根据双曲线的定义可知|F1A|=2a，||F2A|=2|F1A|=4a；利用数量积可以求出cs∠F1AF2=−12，利用余弦定理可求出4c2=28a2，即可求出离心率．
本题考查双曲线定义，方程和性质，数形结合的数学思想方法，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，当截距为0时，可设直线方程为y=kx，
直线过点P(1,2)，
则直线为y=2x，
当截距不为0时，可设直线方程为x+y=a(a≠0)，
直线过点P(1,2)，
则1+2=a，即a=3，
故直线方程为x+y−3=0，
综上所述，所求直线方程为2x−y=0或x+y−3=0，故A错误；
对于B，直线y=kx−2在y轴的截距是−2，故B错误；
对于C，直线x− 3y+1=0的斜率为 33，
则直线的x− 3y+1=0的倾斜角为30°，故C正确；
对于D，直线的倾斜角为90°，
则直线的斜率不存在，
直线过点(5,4)，
故所求直线的方程为x=5，即x−5=0，故D正确．
故选：CD．
对于A，分截距为0，不为0两种情况讨论，即可求解；
对于B，结合截距的定义，即可求解；
对于C，先求出直线的斜率，再结合斜率与倾斜角的关系，即可求解；
对于D，根据已知条件，推得直线与x轴垂直，即可求解．
本题主要考查直线的截距式方程，以及直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：连接AD1，D1P，AM.DB．
易得AD1//PM，CC1//PM，C1D//PN，DB//MN．
对于A，可得正方体中A1C⊥面DBC1，即可得A1C⊥平面α，故A正确．
对于B，可得面C1DB//面PMN，故AC ​1不可能平行面PMN.故错．
对于C，∵A1C⊥平面α，且A1C= 3>53，所以存在点P，使得点A1到平面α的距离为53，故正确．
对于D，用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面是四边形PMAD1，PM≠AD1，四边形PMAD1一定是梯形，故正确．
故选：ACD．
连接AD1，D1P，AM.DB.易得AD1//PM，CC1//PM，C1D//PN，DB//MN.再结合正方体的性质即可判断．
本题考查了空间线线、线面位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题
11.【答案】AB
【解析】解：由题意知，点F(12,0)，A(x1,2)，如图：
将A(x1,2)代入y2=2x，得x1=2，所以A(2,2)，则直线AB的斜率k=2−02−12=43，
则直线AB的方程为y−0=43(x−12)，即y=43x−23，
联立y2=2xy=43x−23，得8x2−17x+2=0，解得x1=2，x2=18，
又x2=18时，y2=−12，则B(18,−12)，
所以x1x2=2×18=14，所以A选项正确；
又|AB|=x1+x2+1=2+18+1=258，所以C选项错误；
又知直线BQ//x轴，且B(18,−12)，则直线BQ的方程为y=−12，
又A(2,2)，所以直线AO的方程为y=x，
令x=−12，解得y=−12，即D(−12,−12)，D在直线BQ上，
所以D，B，Q三点共线，所以B选项正确；
设直线PB的倾斜角为θ (θ∈(0,π2)，斜率为k0，直线AB的倾斜角为α，
若PB平分∠ABQ，即∠ABQ=2∠PBQ，即α=2θ，
所以tanα=tan2θ=2tanθ1−tan2θ，则43=2k01−k02，且k0>0，解得k0=12，
又k0=2−(−12)m−2=12，解得：m=418，所以D选项错误；
故选：AB．
根据题设和抛物线的性质得到点F(12,0)，A(x1,2)，将点A(x1,2)代入抛物线C的方程得到x1，从而求出直线AB的方程，联立直线AB和抛物线C得到点B的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线OA和直线x=−12得到点D，即可判断B选项；若PB平分∠ABQ，得到∠ABQ=2∠PBQ，转化为直线PB斜率k0和直线AB的斜率的关系式即可求出m．
本题考查抛物线的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】17
【解析】解：CD=CA+AB+BD，∵CD⊥AB，AB⊥BD，=180°−120°，
∴CD2=(CA+AB+BD)2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD=42+92+122+0+2×4×12×12+0=289，
∴|CD|=17，
故答案为17．
利用CD=CA+AB+BD，两边平方即可求得CD的长．
本题考查求线段的长，考查转化思想的运用，属中档题．
13.【答案】23 1
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h= 3r，母线l=2r，
由题可知：h=2R，所以球的半径R= 32r
所以圆锥的体积为V1=13×(π×r2)× 3r= 33πr3，
球的体积V2=43πR3=43π×( 32r)3= 32πr3，
所以V1V2= 33πr3 32πr3=23；
圆锥的表面积S1=πrl+πr2=3πr2，
球的表面积S2=4πR2=4π×( 32r)2=3πr2，
所以S1S2=3πr23πr2=1，
故答案为：23；1．
设圆锥的底面圆半径r以及球的半径R，用r表示出圆锥的高h和母线l以及球的半径R，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比．
本题考查几何体的体积的求法，球的体积的求法，是中档题．
14.【答案】3π
【解析】【分析】
本题主要考查了棱锥的体积公式，考查了球的结构特征，及空间几何体的截面问题，属于中档题．
先求出球O的直径，再利用等体积法求出点D到平面AMN的距离，进而求出截面圆的半径，即可求解．
【解答】
解：由题设知球心O为PC中点，
所以球O的直径2R= 22+22+(2 2)2=4，
所以R=2，
所以球O的体积V=43πR3=323π，
设球心O到平面AMN的距离为d，截面圆的半径为r，
由题意可知，球心O到平面AMN的距离等于点D到平面AMN的距离，
在三棱锥D−AMN中，由等体积法得VD−AMN=VN−AMD，
即13S△AMN⋅d=13S△AMD⋅ND，
所以13×12× 2×2×d=13×12× 2× 2× 2，
解得d=1，
所以r2=R2−d2=4−1=3，
所以截面面积为πr2=3π．
故答案为：3π．
15.【答案】解：(1)由圆C的圆心在直线y=12x上，可设圆心为(2a,a)．
∵圆C与y轴相切，∴半径r=2|a|．
又∵该圆截x轴正半轴所得弦的长为2 3，可得a>0，
∴a2+( 3)2=(2a)2，解得a=1．
因此，圆心为(2,1)，半径r=2．
∴圆C的标准方程为(x−2)2+(y−1)2=4；
(2)设圆心为(2a,a)，圆C与直线x−2y−1=0相切，且与圆Q：x2+(y−2)2=1相外切，
则|2a−2a−1| 1+4= (2a)2+(a−2)2−1，
即1 5= 5a2−4a+4−1，整理得25a2−20a+16−2 5．
∵Δ=(−20)2−4×25×(16−2 5)=200( 5−4)<0，方程无解．
故圆C不存在．
【解析】(1)设圆心为(2a,a)，可得r=2|a|，再由垂径定理列式求得a值，则圆C的方程可求；
(2)设圆心为(2a,a)，由半径相等可得关于a的方程，由判别式小于0，可知方程无解，即圆C不存在．
本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)由于l1⊥l2，所以1×a+(1+a)×2=0,a=−23；
(2)当a=0时，两条直线的方程分别为x+y−1=0和y+3=0，此时两直线不平行，不符合题意．
当a≠0时，
由于l1//l2，所以1a=1+a2≠a−16，解得a=1或a=−2(舍去)，
当a=1时，两条直线的方程分别为x+2y=0和x+2y+6=0，l1，l2之间的距离为6 12+22=6 5=6 55．
【解析】(1)根据l1⊥l2列方程，化简求得a的值．
(2)根据l1//l2列式，化简求得a，进而求得l1，l2之间的距离．
本题考查了两直线的位置关系，两平行线间的距离，是基础题．
17.【答案】解：(1)由点(1an,1an+1)在直线y=x+2上得1an+1−1an=2，
所以数列{1an}是以首项为1a1=1，公差为2的等差数列，
故1an=1a1+2(n−1)=2n−1，
即an=12n−1．
(2)an+1an=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12，
要使Tn<3m−12对n∈N*恒成立，
则3m−12≥12，
即m≥256，
又m∈Z，
所以m的最小值为5．
【解析】(1)根据等差数列的通项公式求得结果；
(2)根据裂项相消求得Tn，并结合不等式恒成立得出结果．
本题考查了等差数列通项公式的求法，重点考查了裂项求和法，属中档题．
18.【答案】(1)证明：取DE中点M，AA1的中点G，
连接FM，FG，A1M，如图，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，易得MF/​/A1G且MF=A1G，
所以四边形FMA1G为平行四边形，则MA1//FG，
又MA1⊂面A1DE，FG⊄面A1DE，所以FG//平面A1DE，
即存在AA1的中点G，使得FG//平面A1DE；
(2)解：由AB=AA1=6，可得△ABB1为正三角形，取AB得中点O，可得B1O⊥AB，
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC=AB，
B1O⊂平面AA1B1B，所以B1O⊥平面ABC，
又△ABC为等边三角形，所以OA⊥OC，
故以O为坐标原点，OC，OA，OB1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A1(0,6,3 3)，D(0,−32,3 32)，E(3 3,32,3 33)，
A1D=(0,−152,−3 32)，A1E=(3 3,−92,−3 32)，
设平面A1DE的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅A1D=−152y−3 32z=0m⋅A1E=3 3x−92y−3 32z=0，令y= 3，可得x=−1，z=−5，即m=(−1, 3,−5)，
取平面ABC的法向量为n=(0,0,1)，
则|cs|=|m⋅n|m||n||=|−5 29|=5 29，
故平面A1DE与平面ABC所成二面角的正弦值为2 2929．
【解析】(1)取DE中点M，AA1的中点G，连接FM，FG，A1M，可证四边形FMA1G为平行四边形，即可证明FG//平面A1DE；
(2)根据图形特点建立空间直角坐标系，利用两平面法向量夹角的余弦的绝对值可求得结论．
本题考查了直线与平面平行的判定，考查了二面角的平面角及其求法，属中档题．
19.【答案】解：(1)∵直线x+y+1=0与抛物线C：x2=2py(p>0)相切，
联立x+y+1=0x2=2py，整理得x2+2px+2p=0，
∴Δ=4p2−8p=0，解得p=2或p=0(不合题意，舍去)，
当p=2时，x2+4x+4=0，解得x=−2，
∴y=1，
故抛物线C的方程为x2=4y，点A的坐标为(−2,1)；
(2)显然直线l的斜率存在，
可设直线l的方程为y=kx+b，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+bx2=4y，整理得x2−4kx−4b=0，
则Δ=16k2+16b>0，x1+x2=4k，x1x2=−4b，
∵AM=(x1+2,y1−1),AN=(x2+2,y2−1)，且以MN为直径的圆过点A，
∴AM⋅AN=0，即(x1+2)(x2+2)+(y1−1)(y2−1)=0，整理得(k2+1)x1x2+[k(b−1)+2](x1+x2)+(b−1)2+4=0，
∴−4b(k2+1)+4k2(b−1)+8k+(b−1)2+4=0，即b2−6b+9=4k2−8k+4，
∴(b−3)2=(2k−2)2，即b−3=2k−2或b−3=2−2k，
∴b=2k+1或b=−2k+5，
当b=2k+1时，直线l的方程为y=kx+2k+1，即y−1=k(x+2)，
故直线l过定点(−2,1)(不符合题意，舍去)，
当b−3=2−2k时，直线l的方程为y=kx−2k+5，满足Δ>0，
即y−5=k(x−2)，
故直线l过定点Q(2,5)，
当直线l与AQ垂直时，点A到直线l的距离最大，
又kAQ=5−12−(−2)=1，
∴k=−1，
故直线l的方程为x+y−7=0．
【解析】(1)联立x+y+1=0x2=2py，根据Δ=0，求出p，即可得出答案；
(2)由题意可设直线l的方程为y=kx+b，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程，利用韦达定理求得x1+x2，x1x2，再根据以MN为直径的圆过点A，可得AM⋅AN=0，从而可求得k，b的关系，从而可求得直线l所过的定点Q，再由直线l与AQ垂直时，点A到直线l的距离最大，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．