广东省汕头市澄海区2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省汕头市澄海区2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共25页。

注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上．
2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．
3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上．
4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管．
第一部分（选择题，共60分）
一、单项选择题：本大题共有8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 在平面直角坐标系中，直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D. 2
4. 已知正项等比数列的前项和为，则（ ）
A. 128B. 64C. 32D. 16
5. 的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
6. 中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶时，水面宽．若水面下降，则水面宽度为（ ）
A B. C. D.
7. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，若直线与平面交于点，则线段的长度为（ ）

A. B. 2
C. D.
8. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，若点关于的角平分线的对称点恰好是点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知函数，则（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 在区间上单调递增
D. 的图象可由曲线向右平移个单位长度得到
10. 已知双曲线：，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的实轴长为B. 双曲线的焦距为
C. 双曲线离心率为D. 双曲线的焦点到渐近线的距离为
11. 已知空间中三点，，，则正确的有（ ）
A. 平面的一个法向量是B. 与是共线向量
C. 与夹角的余弦值是D. 点到直线的距离是
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（ ）
A. 圆的方程是
B. 过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C. 过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离，该直线斜率为
D. 在直线上存在异于，的两点，，使得
三、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷相应横线上．
13. 在等差数列中，，，则 ．
14. 已知直线：与直线：垂直，则_________．
15. 正方体棱长为，点为正方形的中心，点是正方形的中心，则异面直线与所成角的大小是_______
16. 已知直线l与圆交于两点，且，则的最大值为________．
四、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．温馨提示：考生请注意在答题卷规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分．
17. 在区运会的跳高比赛中，甲、乙两名运动员试跳过某个高度成功的概率依次为，，且每次试跳成功与否互不影响．
（1）求甲试跳两次，至少有一次成功的概率；
（2）求甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功的概率．
18. 已知等差数列前项和，已知
（1）求通项公式；
（2）设等比数列满足，求前项和．
19. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，点是的中点．

（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的大小．
20. 已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求C；
（2）若求△ABC的周长的最大值．
21. 如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面和平面夹角的大小；
（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
22. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值．2023-2024学年度第一学期期末质量监测
高二级数学科试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上．
2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．
3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上．
4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管．
第一部分（选择题，共60分）
一、单项选择题：本大题共有8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】因为，
所以
故选：A.
2. 在平面直角坐标系中，直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角的定义即可求解.
【详解】直线即的倾斜角为，
故选：C.
3. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】计算出，利用复数模长公式求出答案.
【详解】，故.
故选：C
4. 已知正项等比数列的前项和为，则（ ）
A. 128B. 64C. 32D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设公比为，即可得到、的方程组，解得、，即可得解.
【详解】设公比为，则，，
显然，所以，解得，所以.
故选：B
5. 的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数单调性及函数零点存在性定理求解.
【详解】因为在上单调递增，
且，
所以函数零点所在区间为.
故选：C
6. 中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶时，水面宽．若水面下降，则水面宽度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以拱桥顶点为原点，建立直角坐标系，设抛物线方程为，根据条件求出，再解出时，的值，即可求出结果.
【详解】由题意，以拱桥顶点为原点，建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为，又由题知，抛物线经过点，
所以，得到，所以抛物线方程为，
当水面下下降，即，代入，解得，
所以此时水面宽度为,
故选：A.
7. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，若直线与平面交于点，则线段的长度为（ ）

A. B. 2
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线可得，进而根据空间中点点距离即可求解.
【详解】如图，连接，因为直线与都在平面内，
所以直线与的交点即与平面的交点，
由于且，故由三角形相似，可得，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，从而，
所以的坐标为，所以,
故选:B

8. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，若点关于的角平分线的对称点恰好是点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得或（舍去），
所以.
故选：A.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知函数，则（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 在区间上单调递增
D. 的图象可由曲线向右平移个单位长度得到
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为，
所以，故A错误；
的最小正周期，故B正确；
当，则，因为在上不单调，
所以在区间上不单调，故C错误；
将向右平移个单位长度得到，故D正确；
故选：BD
10. 已知双曲线：，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的实轴长为B. 双曲线的焦距为
C. 双曲线的离心率为D. 双曲线的焦点到渐近线的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先求出、、，再根据双曲线的性质一一计算可得.
详解】双曲线，则，，所以，
双曲线的实轴长为，故A错误；
双曲线的焦距为，故B正确；
双曲线的离心率，故C正确；
双曲线的渐近线方程为，焦点为，
所以双曲线的焦点到渐近线的距离，故D正确．
故选：BCD．
11. 已知空间中三点，，，则正确的有（ ）
A. 平面的一个法向量是B. 与是共线向量
C. 与夹角的余弦值是D. 点到直线的距离是
【答案】AD
【解析】
【分析】由，可判断选项B；由，可判断选项C；设平面的一个法向量为，由，求得，即可判断A，再利用空间向量法求出点到直线的距离，即可判断D．
【详解】由题意知，，，，
因为，所以与不是共线向量，即B错误；
，所以与夹角的余弦值为，即C错误；
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，所以，即A正确．
因为，，所以，，，
所以点到直线的距离，故D正确.
故选：AD．
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（ ）
A. 圆的方程是
B. 过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C. 过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为，该直线斜率为
D. 在直线上存在异于，的两点，，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断A；设切点为，，利用正弦即可求出，由对称性可求得，从而判断B；根据题意设出直线方程，利用圆心到直线的距离为2，求得切线斜率，可判断C；取，，即可判断D．
【详解】对于A：在平面直角坐标系中，，，点满足，
设，则，
化简可得圆的方程为，故A正确；
对于B：圆心，半径为4，所以，
过点向圆引切线，设切点为，，
则，所以，
所以，故B正确；
对于C：过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，
由图可知斜率不存在时不满足题意，可设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为2，
即，解得，故C错误；
对于D：由对称性可知当，时，，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷相应横线上．
13. 在等差数列中，，，则 ．
【答案】8
【解析】
【详解】设等差数列的公差为，
则，
所以，故答案为8.
14. 已知直线：与直线：垂直，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可.
【详解】因为直线：与直线：垂直，
所以，解得.
故答案为：
15. 正方体棱长为，点为正方形的中心，点是正方形的中心，则异面直线与所成角的大小是_______
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，则，
因为，所以，即异面直线与所成角为.
故答案为：
16. 已知直线l与圆交于两点，且，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】的几何意义为到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍．由题意，所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，利用圆的性质即可得解.
【详解】因为表示点到直线的距离之和，
根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍，
又的圆心为，半径为，，则，
所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
故点到直线的最大距离为，
所以的最大值为，
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．温馨提示：考生请注意在答题卷规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分．
17. 在区运会的跳高比赛中，甲、乙两名运动员试跳过某个高度成功的概率依次为，，且每次试跳成功与否互不影响．
（1）求甲试跳两次，至少有一次成功的概率；
（2）求甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知事件“甲试跳两次，至少有一次成功”的对立事件为“甲试跳两次，两次都没有成功”，由独立事件及对立事件的概率计算公式得答案；
（2）事件“甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功”包含事件“甲试跳成功、乙试跳失败”和事件“甲试跳失败、乙试跳成功”，由独立事件的概率可求得答案.
【小问1详解】
记“甲在第次试跳成功”为事件，“甲试跳两次，至少有一次成功”为事件.
由独立事件的概率计算公式得：P（C）=,
小问2详解】
记“乙在第次试跳成功”为事件，记“甲、乙各试跳一次，恰有一人试跳成功”为事件D，
所以.
18. 已知等差数列前项和是，已知
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，求前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果.
（2）根据（1）中结果及条件，求出，，再利用等比数列的前项和公式即可求出结果.
【小问1详解】
数列为等差数列，设首项为，公差为，
又，所以①，②，由①②解得，
所以.
【小问2详解】
设等比数列的首项为，公比为，由（1）知，
又，所以，，得到，，
所以
19. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，点是的中点．

（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得出面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果；
（2）利用（1）中结果及条件，得出面，从而得出为直线和平面所成的角，在中，利用，，得到，即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面，面，所以，
又四边形为正方形，所以，又，面，
所以面，又面，所以.
【小问2详解】
因为，点是的中点，所以，
又，，面，所以面，
故为直线和平面所成的角，
在中，，所以，又，点是的中点，所以，
在中，，，所以，
又，得到，
所以直线和平面所成角的大小为.
20. 已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求C；
（2）若求△ABC的周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；
（2）根据余弦定理和基本不等式可求解.
【小问1详解】
因为，根据正弦定理，
可得，
因为，故，
又因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理，
可得，
由基本不等式，得，
当且仅当时，等号成立，取最大值，
此时周长为.
21. 如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面和平面夹角的大小；
（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设与交于点，连接，根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理即可证明结果；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量和，再利用面面角的向量法，即可求出结果；
（3）设，根据条件得出，，再利用，得到，即可求出结果.
【小问1详解】
如图，设与交于点，连接，
因为为正方形，所以是中点，又四边形为矩形，是线段的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，又面，面，所以平面.
【小问2详解】
因为面面，又，面面，面，
所以面，又，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，则 ，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，又，所以，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，则，所以，
设平面和平面的夹角为，则，
又，所以，即平面和平面夹角的大小为.
【小问3详解】
由（2）中空间直角坐标系，知，
则，，设，
则，得到，所以，
由，得到，所以，得到，
即，又，所以，得到的最大值为.
22. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意得到、、的方程组，解得即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出，，从而得到，则，再设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再根据得到，最后根据计算可得；
【小问1详解】
依题意，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，，
设直线的方程为，
代入得，它的两个根为和，
可得，，从而．
因为，所以，
若直线斜率不存在，根据对称性，则在椭圆的上（下）顶点处，
不妨取为上顶点，则，
由，解得或，
所以或，
所以，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，
将代入，整理得，
由，则，，
所以，
化简得，
所以.
综上可得的面积等于，为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.