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（五）

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（五），共20页。试卷主要包含了 直线倾斜角的取值范围为等内容，欢迎下载使用。

1. 直线倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线倾斜角的定义进行判断即可.
【详解】当直线与横轴平行时，直线的倾斜角是，
因此直线倾斜角的取值范围为，
故选：C
2. 根据下面的图形及相应的点数，写出下列点数构成数列的第5项的点数（ ）

A. 32B. 35C. 36D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给数据，找出规律即可得解.
【详解】由题意，，
所以，根据规律，，
所以，
故选：B
3. 设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
若，
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递减数列.
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时此时为递减数列.
反之，若为递减数列，则，
所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.
故选：C
4. 如图，已知空间四边形，M，N分别是边OA，BC的中点，点满足，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性运算一步步将向量化为关于，，，即可整理得出答案.
【详解】，
，
，
，
.
故选：B.
5. 已知圆，过点作圆的切线，则该切线的一般式方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意点在圆上，故由直线的斜率可得切线的斜率，进而由点斜式化为一般式子即可得解.
【详解】因为圆的圆心坐标为，且点的坐标满足，
这表明点在圆上，所以直线的斜率为，过点的切线的斜率为，
所以该切线方程为，化为一般式得.
故选：B.
6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，根据斜率公式即可求解.
【详解】由直线，
变形可得，
由，解得，
可得直线恒过定点，则，
结合图象可得：
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为，
由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为.
故选：D.
7. 若双曲线上一点到其右焦点的距离是8,则点到其左焦点的距离是（ ）
A. 4B. 10C. 2或10D. 4或12
【答案】D
【解析】
【分析】通过对点的位置进行分类讨论,再结合双曲线的定义进行运算即可.
【详解】由双曲线的方程可得,所以,可得.
设右焦点为,左焦点为,
当点左支上时,则,所以；
当点在右支上时,．
故选:D.
8. 已知数列满足，，记的前n项和为，则满足不等式的最小整数n的值为（ ）
A. 61B. 62C. 63D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】对已知式子变形可得则数列是首项为4，公比为的等比数列，从而可求出，然后利用分组求和法求出，从而可求出满足不等式的最小整数n的值
【详解】∵，∴，
∴，
又，则数列是首项为4，公比为的等比数列，
∴，∴，
∴，
∵，，
∴满足不等式的最小整数n的值为63.
故选：C.
二､多选题
9. 设等差数列的前项和为，，公差为，，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当时，取得最大值
C.
D. 使得成立的最大自然数是15
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据已知可判断，，然后可判断AB；利用通项公式将转化为可判断C；利用下标和性质表示出可判断D.
【详解】解：因为等差数列中，，，
所以，，，A正确；
当时，取得最大值，B正确；
，C正确；
，，
故成立的最大自然数，D错误．
故选：ABC．
10. 已知直线与椭圆交于，两点，若是直线上一点，为坐标原点，则下列结论正确的有（ ）
A. 椭圆的离心率
B.
C.
D. 若是椭圆的左右焦点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆方程即可求离心率，从而判断A；根据直线与椭圆相交弦长求解公式，利用“联消判韦”即可求得长，从而判断B；根据向量的数量积结合交点坐标关系即可判断C；利用对称性，结合三角形三边关系即可得最大值，从而判断D.
【详解】解：由椭圆知，，则，所以，故离心率，故A正确；
设，则，所以，则，
故，故B正确；
则，所以与不垂直，故C不正确；
因为是椭圆的左右焦点，所以，若是直线上一点，
如图：
设关于直线对称的点为，设，则，解得，即；
则，又由三角形三边关系可得，
又，即，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为的最小值
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用和与项的关系，分和分别求得数列的通项公式，检验合并即可判定A;
根据数列的项的正负情况可以否定B;根据前16项都是正值可计算判定C;注意到可计算后否定D.
【详解】,
,
对于也成立，
所以，故A正确；
当时，,当n=17时,当时，,
只有最大值，没有最小值，故B错误；
因为当时，,∴，故C正确；
，
故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查数列的和与项的关系，数列的和的最值性质，绝对值数列的求和问题，属小综合题.
和与项的关系,若数列的前 项为正值，往后都是小于等于零，则当时有，若数列的前 项为负值，往后都是大于或等于零，则当时有.若数列的前面一些项是非负，后面的项为负值，则前项和只有最大值，没有最小值，若数列的前面一些项是非正，后面的项为正值，则前项和只有最小值，没有最大值.
12. 如图，在平行六面体中，，，点，分别是棱，的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 向量，，共面
C. 平面
D. 若，则该平行六面体高为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用向量的方法证明；B选项，根据向量共面的基本定理判断；C选项，利用向量的方法得到，，然后根据线面垂直的判定定理证明；D选项，将平行六面体的高转化为正四面体的高，然后利用勾股定理计算.
【详解】
设，
由题意得，，
，
所以，故A正确；
，
若向量，，共面，则存在唯一实数对，使得，
即，而，，不共面，则有，显然不成立，所以向量，，不共面，故B错；
，，
，
，
所以，，
因为，平面，所以平面，故C正确；
连接，，，过点作平面于点，
由题意得，则三棱锥为正四面体，
所以点到平面的距离即为正四面体的高，即平行六面体的高，
，，
所以平行六面体的高为，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题
13. 若数列满足，则的通项公式是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解.
【详解】因为，
所以，，…，，，
所以
，，
又也满足上式，所以.
故答案为：.
14. 已知直线和直线，则曲线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是____________．
【答案】##
【解析】
【分析】先设出点的坐标，表示出点到直线和直线的距离之和；再利用几何意义求解得出答案.
【详解】
设点的坐标为
则动点到直线的距离为；动点直线的距离为.
所以曲线上一动点到直线和直线的距离之和为
令，即
则的几何意义是过点的直线在轴上的截距.
因为点在曲线上.
所以当直线与曲线相切时有最值.
因为曲线是以圆心，为半径圆.
则，解得或
所以曲线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值为.
故答案为：
15. 已知直线：与：平行，则的值是_______
【答案】0
【解析】
【分析】由两直线平行计算，再检验两直线是否重合即可.
【详解】若直线：与：平行，
则，解得或，
当时，两直线平行；当时，两直线重合.
综上所述，k的值为0.
故答案为：0.
16. 数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于______.
【答案】##1.75
【解析】
【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.
【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为：
，该数列为首项为1，公差为的等差数列，
所以，
所以
因为
所以当时，，即，
又，
所以数列的最大项为第二项，其值为.
故答案为：.
四､解答题
17. 已知数列的前n项和为，其中．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】17. ，；
18.
【解析】
【分析】（1）利用之间的关系进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【小问1详解】
因为当时，有，
所以当时，有，
两式相减，得，
当时，由，适合，
所以，；
【小问2详解】
因，；
所以，
因此.
18. 如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，P是侧棱上的一点，
（1）试确定m的值，使直线AP与平面所成角为；
（2）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，有？证明你的结论．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的公式求出m的值；
（2）假设在线段上存在这样的点Q，设点Q的横坐标为x，则，由，即，求出，即可得出答案．
【小问1详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，，，
，，，
由，,知，为平面的一个法向量．
设AP与平面所成的角为，
则，解得
故当时，直线AP与平面所成角为．
【小问2详解】
假设在线段上存在这样的点Q，
设点Q的横坐标为x，则，，
依题意，得，即，
，解得，
当Q为的中点时，满足题设的要求．
19. 已知等比数列的前n项和，为常数.
（1）求的值与的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出；
（2）利用错位相减法求数列的前项和为即可．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，，
是等比数列，
，即，所以，
数列的通项公式为；
【小问2详解】
解：由（1）得
，
，
则．
．
20. 如图，在三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点为的中点，点为的中点．
（1）点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，再得线线垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法求点到直线的距离；
（2）利用法向量求解点面距.
【小问1详解】
由三棱柱中，所有棱长都为2，
则四边形为平行四边形，且棱长都相等，即为菱形，
又都为等边三角形，连接，
所以为等边三角形，
取中点，连接，则，
又平面面，平面平面，面，
所以平面，则，
又因为，所以两两垂直.
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图示，
，
由
则，
所以，
则，
所以点到直线距离为.
【小问2详解】
由（1）知，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
又，
所以点到平面的距离.
21. 已知双曲线的渐近线方程为，且双曲线C过点.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线与双曲线C只有一个公共点，求实数k的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意得，解方程组求出，从而可求得双曲线C的方程，
（2）将直线方程代入双曲线方程中化简，然后二次项系数为零和二次项系数不为零，两种情况求解即可
【小问1详解】
由题意得，解得
所以双曲线方程为.
【小问2详解】
由，得，
由题意得，解得.
当，即时，直线l与双曲线C的渐近线平行，直线l与双曲线C只有一个公共点，
所以或.
22. 已知椭圆：的上顶点为，左焦点为，且，在直线上.
（1）求的标准方程；
（2）设直线与交于，两点，且四边形为平行四边形，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的标准方程，利用条件求出，即可得出结果；
（2）根据题意，设直线的方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再利用条件得，从而得到，即可求出结果.
【小问1详解】
因为椭圆的上顶点为，左焦点为，均在直线上，
令，得，令，得到，所以，得到，
所以，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为四边形为平行四边形，则直线过中点，易知直线的斜率存在，
设直线方程为，，
由，消得到，
易知，直线与椭圆恒有两个交点，又由韦达定理知，，
又，，
因为四边形为平行四边形，所以，得到，
又，，代入，
整理得，即，
将代入，得到，即，
所以或，又，故舍去，
所以，直线的方程为，即.