安徽省宣城市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省宣城市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 设是等比数列的前项和，若，则等内容，欢迎下载使用。

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、选择题：本题共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.
1. 设不同直线，若，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 4
2. 数列满足，则（ ）
A. B. C. D. 3
3. 直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
4. 在三棱柱中，分别是的中点，，则（ ）
A. B.
C D.
5. 设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
6. 已知直线经过点和点，下列点在直线上的是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
8. 设椭圆的左右两个顶点分别为，点为椭圆上不同于的任一点，若将的三个内角记作，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（ ）
A. 实轴长为4B. 双曲线为等轴双曲线
C. 离心率D. 渐近线方程为
10. 已知圆，直线则下列命题中正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为4
C. 直线与圆可能相离
D. 直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为
11. 已知等差数列满足，前3项和，则（ ）
A. 数列的通项公式为
B. 数列的公差为
C. 数列的前项和为
D. 数列前20项和为56
12. 已知四棱台的下底面和上底面分别是边长为4和2的正方形，则（ ）

A. 侧棱上一点E，满足，则平面
B. 若E为的中点，过，，的平面把四棱台分成两部分时，较小部分与较大部分的体积之比为
C.
D. 设与面的交点为O，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等差数列的前项和为，且，则__________.
14. 圆与圆的公共弦长等于______.
15. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为__________.
16. 已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则的最小值为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 数列满足
（1）求数列通项公式；
（2）求数列的前项和.
18. 如图，在直三棱柱中，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
19. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程.
20. 如图，在五面体中，已知，且，.
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
21. 已知正项数列中，
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
22. 已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.
宣城市2023—2024学年度第一学期期末调研测试
高二数学试题
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、选择题：本题共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.
1. 设不同的直线，若，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由直线平行的性质列方程求解即可.
【详解】由题意，解得，经检验，符合题意.
故选：D.
2. 数列满足，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】首先列举数列的项，确定数列的周期，即可求解数列中的项.
【详解】由条件可知，，，，
所以数列的周期为3，.
故选：C
3. 直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.
【详解】由可知圆心为，
又因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
由点斜式得直线，
化简得直线的方程是．
故选：D．
4. 在三棱柱中，分别是的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】如图，因为分别是的中点，，又，
所以，
得到，
故选：A.
5. 设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】成等比数列，得到方程，求出，得到答案.
【详解】由题意得，，
成等比数列，故，
即，解得，
故.
故选：B
6. 已知直线经过点和点，下列点在直线上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意将三点共线转换为向量共线即可验算求解.
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则不共线，故B错误；
对于C，若，则不共线，故C错误；
对于D，若，则不共线，故D错误.
故选：A.
7. 如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线平移到，使其过点A，即得为异面直线所成的角，于是需要求，即要解三角形，故要先证，而这可通过证明平面得到.
详解】
如图，过点A作直线，过点E作交直线于点B，连接,
因，则，又，,平面，
则平面，故平面,
又平面，则.易得：,
在中，,
设异面直线所成角为，则,
因,
由余弦定理可得：,
又因，故.
故选：C.
8. 设椭圆的左右两个顶点分别为，点为椭圆上不同于的任一点，若将的三个内角记作，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角恒等变换首先得，进一步通过数形结合、锐角三角函数以及离心率公式即可求解.
【详解】由题意，
因为，所以，
所以，
由题意不妨设，又，过点作轴，
所以，，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（ ）
A. 实轴长为4B. 双曲线为等轴双曲线
C. 离心率为D. 渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线实轴、离心率、渐近线方程等性质逐项分析即可.
【详解】设该双曲线标准方程为，则.
对于A选项，若实轴长为4，则，，符合题意；
对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则，又，，
可解得，符合题意；
对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意；
对于D选项，若渐近线方程为，则，结合，可解得，符合题意，
故选：ABD.
10. 已知圆，直线则下列命题中正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为4
C. 直线与圆可能相离
D. 直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，变形后得到方程组，求出直线恒过定点；B选项，令得，求出被轴截得的弦长；C选项，先判断出在圆内，从而得到直线与圆相交；D选项，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，求出，得到直线方程.
【详解】A选项，变形为，
令，解得，故直线恒过定点，A正确；
B选项，中令得，
故圆被轴截得的弦长为，B错误；
C选项，将代入中得，
故在圆内，直线与圆相交，C错误；
D选项，的圆心为，
当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，
其中，此时，方程为，
故直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为，D正确.
故选：AD
11. 已知等差数列满足，前3项和，则（ ）
A. 数列的通项公式为
B. 数列的公差为
C. 数列的前项和为
D. 数列的前20项和为56
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先由条件，建立关于首项和公差的方程组，即可求解首项和公差，再代入求通项公式和前项和公式，即可判断ABC，再去绝对值，求数列的前20项和，即可判断D.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，解得：，，
所以，故A错误，B正确；
，故C正确；
当时，，当时，，
所以，
，
，
，故D正确.
故选：BCD
12. 已知四棱台的下底面和上底面分别是边长为4和2的正方形，则（ ）

A. 侧棱上一点E，满足，则平面
B. 若E为的中点，过，，的平面把四棱台分成两部分时，较小部分与较大部分的体积之比为
C.
D. 设与面的交点为O，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A：先把平面与四棱锥的截面补全，从而得到G为BC中点，进而判断得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可判断；选项B：通过两个多面体的体积和计算可以判断；选项C：利用空间向量的线性计算即可判断；选项D：利用等体积法计算求得点D、到平面的距离，再利用直线与面所成角的定义可得的比值，从而得以判断.
【详解】对于A：连结，并延长交DC于F，，连AF交BC于G点，则G为BC中点，连，

由四棱台的结构可知，
，
所以四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
面，故A正确；
对于B：设四棱台的高为h，
若E为中点，则，
，
，
，，故B错误；
对于C：
，故C正确；
对于D：连接AC、BD交于点P，连接，，

由四棱台的结构特征可得，，
故四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
，，
，故点D、到平面的距离相等，
设直线与面所成角为，则，
故，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：空间向量的综合问题：
①掌握线性运算：加法口诀“首尾相连，从头到尾”、减法口诀“共起点，从后向前”；
②几何体的体积：线面平行或面面平行时，线或面上的点到平面的距离都相等；
③点到平面的距离：等体积转换法的应用；
④线面平行的判定：注意事项，标注线不在平面内.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等差数列的前项和为，且，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据条件，求出公差，即可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，得到，
所以，
故答案为：.
14. 圆与圆的公共弦长等于______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆相减得出公共弦所在直线方程，再根据勾股定理计算公共弦长
【详解】联立,得公共弦所在直线方程为.
圆心到距离
所以公共弦长为
故答案为：
15. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点.若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则点的坐标满足的关系式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由法向量定义可知，由此即可得解.
【详解】由题意，若平面经过点，且以为法向量，
则，则点的坐标满足的关系式为.
故答案为：.
16. 已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可求得抛物线方程，设直线与抛物线联立方程组可求得，进而根据基本不式求|的最小值即可.
【详解】抛物线与圆交于两点，且，
得到第一象限交点(1，2)在抛物线上，所以，
解得，所以C：，则，
设直线，与联立得，
设，所以，
，
，
，
当且仅当时等号成立.
即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列递推式易得为等差数列，求出基本量，即可写出通项公式；
（2）将数列通项进行裂项，即可正负相消求和.
【小问1详解】
因为，所以
故数列为等差数列，设数列的公差为，则
故；
【小问2详解】
记
则
.
18. 如图，在直三棱柱中，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，由三角形中位线性质得，再由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，由条件求得平面的法向量和，再利用空间距离的向量法，即可求出结果.
【小问1详解】
连接交于，连接，
在三角形中，是三角形的中位线，
所以，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由是直三棱柱，且，
故，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，又，
则，
则，
设平面的法向量为，
由，得到，令，得，所以，
又，设点到平面的距离为，
则.
19. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由双曲线定义可知点的轨迹是双曲线的右支，由此即可得解；
（2）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程，由可知，结合韦达定理即可求解参数，由此即可得解.
【小问1详解】
因为，且，
所以点的轨迹是双曲线的右支，可设其方程为，
所以，
所以其轨迹方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程，消去得，
由题意，
设，
则，
，
，
且，
，
直线的方程.
20. 如图，在五面体中，已知，且，.
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用垂直关系的转化，以及平行关系与垂直关系的转化，结合面面垂直的性质定理和判断定理，即可证明；
（2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量夹角的余弦值，即可求解点的坐标，即可求解.
【小问1详解】
证明：且平面，
平面，
平面平面平面，
取的中点的中点，连接，
，
又平面，平面平面，平面平面，
平面，
又，
所以，且，
四边形为平行四边形，，
面，则平面，
又面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为，则，
因为平面，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面法向量为，则，
取，可得，
设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，
设平面的法向量为，
由，取，
可得，
由题意可得，
.
整理可得，解得或（舍去），
，则，
综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.
21. 已知正项数列中，
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求出结果；
（2）由（1）知，分为奇数和偶数两种情况，再利用分组求和、错位相减法及等差数列前项和公式，即可求出结果.
【小问1详解】
因为①，
当时，②，
①②得，得到，
当时，有，所以，满足上式，
所以
【小问2详解】
由（1）得，
当为偶数时，
令，则
令，所以，
两式相减得，，
所以
所以
当为奇数时，，
得到，
所以.
22. 已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的一点，当时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）记椭圆的上下顶点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义、、求出可得答案；
（2）设，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出直线的方程、直线的方程，然后联立利用韦达定理可得答案.
【小问1详解】
由椭圆的定义得，且，
得到，，
因为，所以，解得，
所以，
故所求的椭圆方程为；
【小问2详解】
由题意得，
直线的方程，设，
联立，消去，整理得，
，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，
得
，
解得，即直线与的交点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是求出直线、直线的方程，然后方程联立利用韦达定理求出答案.