湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）

长郡中学2023年下学期高二期中考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.第Ⅰ卷一、选择题（本大题共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.若两个不同平面的法向量分别为，则（）A.B.C.相交但不垂直D.以上均不正确【答案】A【解析】【分析】根据法向量，可得，可得法向量和平行即可得解.【详解】由，所以法向量和平行，所以平面和平行，故选：A.2.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，，， ，解得，.故选:A.【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.3.若直线与直线垂直，则A.3B.C.-3D.【答案】D【解析】【分析】根据有两直线相互垂直，当其斜率分别为,,有=-1，代入可得答案.【详解】解：由两直线相互垂直，其斜率分别为,,有=-1，可得：k3=-1，解得:k=，故选D.【点睛】本题主要考查两直线相互垂直的性质，当其斜率分别为,时，有=-1.4.直三棱柱中，，、分别是、的中点，，则与所成的角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与所成的角的余弦值.【详解】由题意可知平面，且，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， 设，则、、、，，，.故与所成的角的余弦值为.故选：C.5.双曲线C与椭圆有相同的焦点，一条渐近线的方程为，则双曲线C的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由椭圆方程求得半焦距，则渐近线方程及焦点位置设出双曲线方程，再由半焦距求得参数值得双曲线标准方程．【详解】由题意知，设双曲线的方程为，∴，∴，∴.故选:A.6.已知抛物线E：和圆F：，焦点F作直线l与上述两曲线自左而右依次交于点A， C，D，B，则与的乘积为（）A1B.2C.3D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义求解；【详解】由抛物线E：可知焦点为，设直线的方程为，由，得，设，，则，由抛物线的定义可知，，∴，，∴，故选：A.7.已知数列满足且.若是递增数列，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据，变形为，配凑成 ，解得，最后根据数列的递增性质求解的取值范围.【详解】根据，可得，所以，所以，从而可得数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，整理有，因为所以整理得：即故选：C.8.已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】设左焦点为，根据椭圆的定义：，根据关于原点的对称点为点可知，推知，又根据原点是的斜边中点可知，在中用和分别表示出和代入中即可表示出即离心率，进而根据的范围确定的范围.【详解】和关于原点对称，也在椭圆上，设左焦点为，根据椭圆的定义：，又，（1）又原点是的斜边中点，，又（2）（3）将（2）（3）代入（1），，即，所以，所以，即，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故选：A【点睛】本题考查了椭圆的几何性质求椭圆的离心率、三角函数的单调性和值域，综合性比较强，属于中档题.二、选择题（本大题共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（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，则下列结论正确的是（） A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】选项A、B：根据求解；选项C、D：根据，向量的平行求解；【详解】对于A，B，若则，所以，即，即，A正确，B错误；对于C、D，若，则，所以，即且，C、D正确.故选：ACD10.已知数列是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据题意为等比数列，然后分别对各选项分别进行求解判断.【详解】由题意知为等比数列，设其公比为q；对于A，，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；对于B，，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；对于C，当时，，数列不是等比数列，故C错误；对于D，当时，，数列不是等比数列，故D错误.故选：AB.11.已知，直线：过定点A，：过定点B，与交于点M，则下列结论正确的是（） A.B.的最大值是25C.点M的轨迹方程是D.的最大值为【答案】AD【解析】【分析】根据直线垂直求参判断A选项，应用基本不等式判断B选项，根据两条线垂直及求轨迹方法判断C选项，应用三角换元及辅助角公式判断D选项.【详解】对于A，，∴，A正确；对于B，恒过定点，恒过定点，由选项A正确可推得，时等号成立，∴的最大值是，B错误；对于C，设，则，化简有，C错误；对于D，设，，则，，∴，即的最大值为，D正确.故选:AD.12.已知抛物线C：的焦点为F，直线l与C交于，两点，其中点A在第一象限，点M是的中点，作垂直于准线，垂足为N，则下列结论正确的是（）A.若以为直径作圆M，则圆M与准线相切B.若直线l经过焦点F，且，则C.若，则直线l倾斜角为D.若以为直径的圆M经过焦点F，则的最小值为【答案】BCD【解析】 【分析】利用抛物线定义及中位线性质可判定A，利用韦达定理及平面向量数量积公式可判定B，由向量共线及韦达定理可计算出，，利用斜率公式计算可判定C，利用圆的性质及基本不等式计算即可判定D.【详解】对于A，过分别作准线的垂线，垂足分别为，当以为直径所作圆M与准线相切时，则有，又，所以此时，由抛物线的定义可知,显然此时经过焦点F，但当直线l不经过焦点F时，圆M不一定与准线相切，故A错误；对于B，过的直线l的方程可设为，联立抛物线方程，可得，所以，，则，解得，故B正确； 对于C，易知，，由，可得，，结合上选项可知，，可得，，所以直线斜率，∴直线l的倾斜角为，故C正确；对于D，设，，由抛物线的定义可得，以为直径的圆M经过焦点F，∴，，，当且仅当时，即时等号成立，故D正确. 故选：BCD.第Ⅱ卷三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知的圆心为，且与直线相切，则圆C的面积为______.【答案】【解析】【分析】求得圆的半径，进而求得圆的面积.【详解】因为圆M与直线.相切，所以点到直线：的距离即为圆M的半径，所以，圆C的面积为.故答案为：14.如图，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两垂直，，，则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为__________． 【答案】##【解析】【分析】构建以为原点，为轴的正方向的空间直角坐标系，写出、、的坐标，进而求面ABC的法向量，根据直线方向向量与平面法向量夹角与线面角的关系，结合空间向量夹角的坐标表示即可求直线OB与平面ABC所成角的正弦值．【详解】构建以为原点，为轴的正方向的空间直角坐标系，如下图示，∴，，，则，，，若是平面ABC的一个法向量，则，令，则，∴，故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为.故答案为：15.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一点，且 ，则当C的离心率______时，满足.【答案】##【解析】【分析】根据双曲线的定义、正弦定理、余弦定理等知识列方程，化简求得双曲线的离心率.【详解】由得，由双曲线的定义可得，所以，；因为，由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故答案为：16.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.（1）这个数列的第100项为______；（2）整数N满足条件：且该数列的前N项和为2的整数幂，则最小整数______.【答案】①.256②.1897【解析】【分析】将数列按规律分组结合等差数列等比数列的求和公式计算即可.【详解】对数列进行分组如下：第一组：1个数 第二组：，2个数第三组：，，3个数……第组：，，，…，个数（1）由可得，且，所以该数列第100项在第14组的第9个数，即.（2）该数列前k组的项数和为，由题意可知，即，解得，，即N出现在第44组之后.又第k组的和为，所以前k组的和为，设满足条件的N在第组（），且第N项为第组的第个数，第组的前m项和为，要使该数列的前N项和为2的整数幂，即与互为相反数，即，所以，由，所以，解之得，取最小值，此时，对应满足的最小条件为.故答案为：256；1897. 【点睛】本题关键再利用数列规律将数列分组，并利用等差数列、等比数列求和公式计算.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知数列各项均为正数，且，.（1）证明：为等差数列，并求出通项公式；（2）设，求.【答案】（1）证明见解析，（2）20【解析】【分析】（1）根据等差数列定义证明等差数列，再根据通项公式计算即可；（2）分组求和计算可得.【小问1详解】因为，所以，，因为数列各项均为正数，即，所以，，即数列为等差数列，公差为，首项为.所以.【小问2详解】由（1）知，其公差为，所以，所以，.18.四棱锥中，，平面，，E为AB的中点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）空间向量法求二面角的正弦值.【小问1详解】方法一：因为平面，平面，所以.因为，，EC，平面BCD，所以平面BCD，又平面BCD，所以.又因为，所以，，即.因，PE，平面，所以平面.方法二：依题意得平面，以A为坐标原点，方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设，，则，，，，，，，因为，所以，，所以.所以，，，.设平面的法向量为.由，，得，令，则，即. 由，所以平面.【小问2详解】方法一：由（1）得，E为AB的中点，所以.以E为坐标原点，EB，EP所在直线分别为x轴，z轴，过点E作BC的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面PCD的法向量为.由，得，令，则，，即.由（1）知平面的一个法向量为，所以.所以二面角的正弦值为.方法二：设平面PCD的法向量为.由，，得，令，则，，即.所以. 所以二面角的正弦值为.19.已知圆，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点.（1）求四边形QAMB面积的最小值；（2）若，求Q点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到四边形的面积为，结合圆的切线长公式，即可求解；（2）根据题意，得到，在直角中，得到，设，得到方程，进而求得点的坐标.【小问1详解】如图所示，可得，所以四边形的面积为，又由，且，所以，即，所以四边形的面积的最小值为.【小问2详解】解：设与交于，则，且，所以，在直角中，可得，即，所以，设，可得，解得，所以. 20.设抛物线的准线为l，A、B为抛物线上两动点，于，定点使有最小值．（1）求抛物线的方程；（2）当（且）时，是否存在一定点T满足为定值？若存在，求出T的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在定点，使得为定值．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义将抛物线上的点到准线的距离转化为到焦点的距离，然后三点共线时，距离和最短，即可得到关系式；（2）由已知可得，直线经过点，设出直线方程和点的坐标，与抛物线联立，根据韦达定理，得到，，表示出，整理完成得到，可知当所有的形式前面的系数均为0时为定值，即可解出T的坐标和该定值.【小问1详解】 设抛物线焦点为F，，根据抛物线的定义有，则，即，所以（舍去负值），则抛物线的方程为．【小问2详解】∵，∴K、A、B三点共线．∴设直线AB方程为，设，，，联立得，，则或.，，，，且有，而，因为，的任意性，要使该值为定值，需满足 ，可得，此时.21.已知数列，，，数列满足，.（1）求证：数列为等差数列，并求出数列的通项公式；（2）求的表达式；（3）求证：.【答案】（1）证明见解析，（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对条件进行变形，得到与的等式即可证明为等差数列，再根据等差数列的定义即可求出通项公式；（2）由等式构造，代入数列通项公式，累乘法计算即可求出结果；（3）由以及数列和数列的通项公式，可求出，裂项相消法求数列的前项和即可证明.【小问1详解】由，可知，∴ 故，又，∴数列是以1为公差，1为首项的等差数列，∴，即.【小问2详解】由，有，∴.【小问3详解】由（2）可得：，∴22.已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，焦距为2，上、下顶点分别为、，A为椭圆上的点，且满足. （1）求椭圆C的标准方程；（2）过、作两条相互平行的直线，交C于M，N和P，Q，顺次连接构成四边形PQNM，求四边形PQNM面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，解得，,从而求解的椭圆方程；（2）设而不求，设MN：，与椭圆方程联立，韦达定理表示出两点之间的关系，然后求解点到线的距离，根据平行四边形面积公式求解；【小问1详解】由条件，设，则C：，又，，∵，∴，∴，.即椭圆C的标准方程为.【小问2详解】由对称性可知，四边形PQNM为平行四边形， 设MN：，与椭圆方程联立得：.设，，则，.设点到直线的距离为d，则，所以四边形PQNM面积为：.设，则，在单调递减，