湖南省邵阳市第二中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

邵阳市二中2023年下学期期中考试高二年一期数学试卷考试时间：120分钟一、单选题（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.若与是两条不同的直线，则“”是“”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.【详解】由题意，若，则，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，故选：C．2.已知为递增的等差数列，，，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质列出方程组，从而求出和公差，写出的通项公式即可求出答案.【详解】因为为等差数列，，所以，由，得或(舍)，所以，所以.令，得.故选：D.3.设圆，圆，则圆，的公切线有（）A.1条B.2条C.3条D.4条 【答案】B【解析】【分析】先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断出两圆的位置关系，从而得解．【详解】由题意，得圆，圆心，圆，圆心，∴，∴与相交，有2条公切线．故选：B．4.过抛物线的焦点且斜率为1的直线与该拋物线交于两点，则线段的中点到准线的距离为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标和准线，然后根据过焦点直线方程和抛物线联立求得线段中点横坐标即可求得答案.【详解】解：由题意得：的交点坐标为，准线为直线，设联立直线和双曲线方程可知：有韦达定理可知：线段的中点横坐标为：故线段的中点到准线的距离为故选：B5.数列的通项若是递增数列，则实数t的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据一次函数以及幂函数的性质即可结合数列的特征求解.【详解】由已知得解得．故选:A．6.已知椭圆：，点，是长轴的两个端点，若椭圆上存在点，使得，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】由P在上顶点时，最大，进而得到，由求解.【详解】如图：当P上顶点时，最大，此时，则， 所以，即，，所以，则，所以椭圆的离心率的取值范围是，故选：A7.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，【详解】记，则为直线的斜率，故当直线与半圆相切时，得k最小，此时设，故，解得或（舍去），即．故选：C 8.已知椭圆的上顶点为，左右焦点为，离心率为.过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是（）A.19B.14C.D.13【答案】D【解析】【分析】由离心率为，得到a，b，c之间的关系，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，如图，，所以为正三角形，又因为直线过且垂直于，所以，直线的方程为：，设点D坐标，点E坐标，将直线方程与椭圆方程联立，得，则，， 所以，得，.由图，直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于.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.已知各项均为正数的等差数列单调递增，且，则（）A.公差d的取值范围是B.C.D.的最小值为1【答案】AB【解析】【分析】由,,且，可判断A，由等差数列的性质可判断B，由作差法可判断C，由基本不等式可判断D.【详解】由题意得,,而，，解得，∴，故A正确；由，故B正确；由，可知，故C错误；由，所以有，当且仅当时取到等号，但，故不能取“=”，所以D错故选：AB 10.若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（）A.若，则曲线为椭圆B.若曲线为双曲线，则或C.曲线不可能是圆D.若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则【答案】BD【解析】【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】对于A,当时，此时曲线为圆，故A错，对于B,若曲线为双曲线，则，即或，故B对，对于C,若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，对于D,曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.故选：BD.11.已知椭圆C：的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若的最小值为，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则下列说法正确的是（）A.椭圆C的焦距为1B.椭圆C的短轴长为C.的最小值为D.过点F的圆E的切线斜率为【答案】BD【解析】【分析】求出的值，利用椭圆的定义结合三点共线可求得的值，进一步求出的值，可判断选项AB；利用椭圆的定义结合圆的几何性质可判断C选项；设出切线方程，利用点到直线的距离公式求出切线的方程，可判断D选项.【详解】对于A，因为椭圆的长轴长与圆的直径长相等，所以，即，设椭圆的左焦点，由椭圆的定义可知，所以， 所以，解得或，因为，所以，即椭圆的焦距为，故A错误；对于B，由，所以椭圆的短轴长为，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，若过点的直线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意；设过点的切线方程为，即，则，解得，故D正确.故选：BD.12.在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为C.过点，，的平面截正方体所得的截面周长为D.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为【答案】BCD 【解析】【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；对于选项B：取中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于选项D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.【详解】对于A选项，，在中即为异面直线与所成的角，，异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误； 对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，，同理可得，又面，面，面，面，面，面，又，面，面面，又面，面，轨迹为线段，在中，过作，此时取得最小值，在中，，，，在中，，，，在中，，，，如图，在中，．故B项正确；对于C选项，过点的平面截正方体， 平面平面，则过点的平面必与与交于两点，设过点的平面必与与分别交于、，过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，，，，，，解得，，，，，在中，，，，同理：，在中，，，，同理：在中，，， ，即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，所以为外接球的半径，在中，，．故D项正确，故选：BCD．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线方程的方程为_______________________．【答案】或【解析】【分析】首先设出直线与轴，轴的截距分别为，再分别求和时的直线方程即可.【详解】设直线与轴，轴的截距分别为.当时，设直线为， 因为直线过点，所以，，故直线为.当时，设直线为，因为直线过点，所以，解得，故直线为.故答案为：或【点睛】本题主要考查直线方程的截距式，同时考查了分类讨论的思想，属于简单题.14.已知，若三向量共面，则实数_____.【答案】1【解析】【分析】由题意存在，使得，代入坐标，列方程组计算，即得解.【详解】由题意，三向量共面，故存在，使得，即，故，解得.故答案为：115.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线l的倾斜角的正切值的取值范围为__________________．【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求出直线的斜率范围作答.【详解】依题意，圆的圆心，半径，由圆上至少有三点到直线的距离为，得圆心到直线的距离不大于，于是，整理得，显然，即，解得， 因此直线的斜率，所以直线的倾斜角的正切值的取值范围为.故答案为：16.在三棱锥P-ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥底面ABC，且PA=2，以A为球心，为半径作球，则球A与三棱锥P-ABC的表面的交线长之和为___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得A到平面PBC的距离大于球的半径，故球只与平面PAB，平面PAC，平面ABC相交，求得两条交线长度之和即可．【详解】解：因为底面ABC是边长为2的正三角形，所以S△ABC＝＝3，由PA⊥平面ABC，平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，所以PB＝PC＝＝4，所以S△PBC＝，由VP﹣ABC＝VA﹣PBC，设A到平面PBC的距离为d，所以×3×2＝，可得点A到平面PBC的距离d＝， 所以球只与平面PAB，平面PAC，平面ABC相交，其交线长之和为2×＝，故答案为：．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.在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．（1）求BC边上的中线AD的所在直线方程；（2）求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求BC边的中点D的坐标，再得AD的斜率即可求解；（2）先求△ABC的外接圆O，再求圆心到直线.直线l的距离，再由勾股定理可求解.【小问1详解】∵，∴BC边的中点D的坐标为，∴中线AD的斜率为，∴中线AD的直线方程为：，即【小问2详解】设△ABC的外接圆O的方程为，∵A、B、C三点在圆上，∴ 解得：∴外接圆O的方程为，即，其中圆心O为，半径,又圆心O到直线l的距离为,∴被截得的弦长的一半为,∴被截得的弦长为.18.的内角的对边分别是，且，（1）求角的大小；（2）若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.【小问1详解】因为，由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，又因为，所以.【小问2详解】如图所示 因为即，化简得①,又由余弦定理得即②，①②联立解得（舍去）或，所以.19.平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，.（1）用向量，，表示向量；（2）求线段的长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，（2）根据向量的模长公式，即可代入求解.【小问1详解】 因为为中点，为中点，，，，所以【小问2详解】因为平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱，且，所以，，，所以所以，即线段PM长为20.设等差数列的前项和为，，，且有最小值.（1）求数列的通项公式及前项和；（2）设数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由等差数列的性质，结合求出和，由有最小值可知，进而可得和；（2）由可知，前项为非正数，故求可分为两类，和，分别在局部利用等差数列求和公式即可.【小问1详解】因为等差数列，故，又因，所以或， 当时，的公差为，，此时有最大值，无最小值不符合题意舍去，当时，的公差为，，此时，有最小值满足题意，，综上，.【小问2详解】当时，，此时，当时，此时，故21.如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．（1）若为棱的中点，求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【解析】【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.【小问1详解】取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形平行四边形，．又平面，平面，平面． 【小问2详解】假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意. 22.设抛物线的焦点为F，点M在C上，，若以MF为直径的圆过点．（1）求抛物线C的方程；（2）过曲线上一点P引抛物线的两条切线，切点分别为A，B，求的面积的取值范围(O为坐标原点)．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】(1)根据几何关系求出该圆和x轴和y轴均相切，得到M的坐标，代入抛物线方程即可求解；(2)设，则，.设，，根据导数求出在A、B处切线方程，代入可得切点弦AB方程，联立AB方程和抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式可求，求出O到AB距离d，用表示出，构造函数，判断函数单调性求出范围即可．【小问1详解】依题意得，设，由抛物线性质，可得．∵圆心是MF的中点，∴根据中点坐标公式可得，圆心纵坐标为1，则MF⊥y轴，圆半径为1，且过(1，0)，据此可知该圆与x轴和y轴均相切，故圆心为(1，1)，则， 代入抛物线方程得，∴，∴抛物线C的方程为；【小问2详解】在曲线上任取一点，设切点为，．∵y＝，∴，∴在点处切线斜率为，则在点处的抛物线的切线方程为．又点在切线上，∴，同理可得，则切点弦AB的方程为(*)，联立方程组，消y得，由韦达定理得，，由(*)知，则，点O到AB：的距离为，则，∵在曲线上，则，，故，，令，则，时，≤，∴在恒成立，∴在上单调递减，∴，∴，∴的面积的取值范围．