陕西省西安市铁一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023-2024~1高二年级期中数学试卷时间：120分钟满分：150分一、单项选择题．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．1.已知，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，；【详解】解：因为，，所以，因为，所以，所以故选：A2.已知且，则的最小值为（）A.B.10C.9D.【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解.【详解】由可得，，所以，当且仅当，即时取得等号， 所以的最小值为9，故选:C.3.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数的奇偶性，可排除A，C，根据当时，即可排除B．得出答案.【详解】因为，所以，所以为奇函数，故排除A，C．当时，，，则，故排除B，故选:D．【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.4.如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，则下列结论中错误的是（） A.B.平面C.直线与平面所成的角为定值D.异面直线，所成的角为定值【答案】D【解析】【分析】根据线线垂直、线面平行、线面角、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，连接，根据正方体的性质可知，而平面，所以平面，又平面，所以，故A正确.对于B，因为，平面，平面，所以平面，又､在直线上运动，平面，故B正确.对于C，直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，故为定值，故C正确.对于D，设，当点在处，为的中点时，由于，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成的角是，由于平面，平面，所以，所以. 当在上底面的中心，在的位置时，同理可得是异面直线所成的角，且.故D不正确.故选：D5.宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为n个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，记自上而下第n层的圆球总数为，容易发现：，，，则（）A.45B.40C.35D.30【答案】B【解析】【分析】根据题意，归纳推理，第层的圆球总数个数表达式，再将，，代入求解即可．【详解】当时，第1层的圆球总数为， 当时，第2层的圆球总数为，当时，第3层的圆球总数为，．所以第层的圆球总数为，当时，，当时，，故．故选：B．6.已知焦点为的双曲线C的离心率为，点P为C上一点，且满足，若的面积为，则双曲线C的实轴长为（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】分析】由双曲线定义可得，，应用余弦定理及已知有，最后由三角形面积公式列方程求，即得实轴长.【详解】设，则，故（a为双曲线参数），所以，，故，而，则，则，，所以，故，则，故长轴长.故选：B 7.已知的三个顶点都在抛物线上，且F为抛物线的焦点，若，则（）A.12B.10C.9D.6【答案】C【解析】【分析】设A，B，C的纵坐标分别是，由，得三点纵坐标之和，再结合抛物线的定义即可求出的值.【详解】由，得.设A，B，C的纵坐标分别是，由，有，即.由抛物线的定义可得:.故选：C8.已知椭圆C：的左，右焦点，过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点．其中M在第一象限．，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可知四边形为矩形，根据勾股定理及椭圆的定义可得，结合已知条件有，进而即得. 【详解】因为过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且，所以四边形为矩形，由椭圆的对称性知：，而，所以，则且M在第一象限，整理得，所以，所以，又，即，所以，整理得，所以.故选：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.（多选题）若方程所表示的曲线为C，则下面四个命题中正确的是（）A.若1＜t＜5，则C为椭圆B.若t＜1．则C为双曲线C.若C为双曲线，则焦距为4D.若C为焦点在y轴上的椭圆，则3＜t＜5 【答案】BD【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的标准方程及简单的几何性质，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意，若方程表示椭圆，则满足，解得或，对于A中，当时，此时方程表示圆，所以不正确；当方程表示焦点在轴上椭圆，则满足，解得，所以D项正确；对于B中，当时，，此时表示焦点在轴上的双曲线，所以是正确的；对于C中，当时，方程，此时双曲线的焦距为，所以不正确.故选BD若方程表示椭圆，则满足，解得或，【点睛】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程和简单的几何性质的应用，其中解答椭圆和双曲线的标准方程和几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.设数列的前n项和为，关于数列，下列命题中正确的是（）A.若，则既是等差数列又是等比数列B.若（A，B为常数），则是等差数列C.若，则是等比数列D.若是等比数列，则也成等比数列【答案】BC【解析】【分析】对于A：根据等差、等比数列的定义分析判断；对于BC：根据与 之间的关系，结合等差、等比数列的定义分析判断；对于D：根据等比数列的和项性质分析判断.【详解】对于选项A:因为，即，可知数列是等差数列，当时，数列不是等比数列，故A错误；对于选项B：因为，当时，；当时，；可知时，符合上式，综上所述：，可得，所以数列是等差数列，故B正确；对于选项C:因为，当时，；当时，；可知时，符合上式，综上所述：，可得，所以数列是等比数列，故C正确；对于选项D:当数列是等比数列时，取，则，此时显然，，不是等比数列，故D错误；故选：BC.11.（多选）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线过点且与抛物线交于，两点，若是线段的中点，则（）A.B.抛物线的方程为C.直线的方程为D.【答案】ACD【解析】 【分析】由焦点到准线的距离可求得，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点坐标计算公式可求得直线的斜率，从而求得的方程，可判断C正确；，所以从而判断D正确.【详解】因为焦点到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知，故A正确故抛物线的方程为，焦点，故B错误则，．又是的中点，则，所以，即，所以直线的方程为．故C正确由，得．故D正确故选：ACD．12.已知点，点P是双曲线C：左支上的动点，为其右焦点，N是圆D：的动点，直线交双曲线右支于Q（O为坐标原点），则（）A.B.过点M作与双曲线C仅有一个公共点的直线恰有2条C.的最小值为D.若的内切圆E与圆D外切，则圆E的半径为【答案】ACD【解析】【分析】根据双曲线焦半径的结论可知A正确，由点和双曲线的位置关系可以确定与双曲线有一个公共点的直线条数不止2条，根据双曲线定义和的位置关系可判断C，最后根据焦点三角形的内切圆圆心在左端点的正上方，即圆心横坐标为可求其半径.【详解】如下图所示： 由双曲线方程和圆方程可知，，所以左焦点为，右焦点；对于A，由于在双曲线左支上，根据焦半径公式可知，故A正确；对于B，由过点的直线与双曲线有一个公共点可知，直线的斜率一定存在，设直线斜率为，则直线的方程为，联立直线和双曲线的方程得：；①当时，即，该方程为一元一次方程，仅有一个实数根，所以直线和双曲线仅有一个公共点，此时直线与双曲线的渐近线平行，即此时有两条直线与双曲线相交，且仅有一个交点，符合题意；②当时，该方程为一元二次方程，由直线与双曲线有一个公共点可知，该方程仅有一个实数根，所以，整理得，即，此时直线为双曲线的切线，分别为，所以过点可作两条切线；综上可知，过点可作与双曲线有一个公共点的直线共有4条，所以B错误；对于C，由双曲线定义可知，， ，当且仅当三点共线时等号成立；，当且仅当三点共线时等号成立；所以，，即C正确；对于D，如图所示，分别设的内切圆与三边切点为，又因为，所以，又因为在轴上，，，不妨设,由，得，即；所以即为双曲线的左端点，又因为，所以圆心在左端点的正上方，即圆心横坐标为，设，则圆的半径为，由于圆与圆外切，所以，，解得；所以D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，满足，，且，则________.【答案】【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示求得参数，然后由模的坐标表示求解．【详解】∵，∴，解得，即，∴．故答案为：．14.已知实数x，y满足直线l的方程，则的最小值为______．【答案】【解析】 【分析】将问题转化求点到直线l：上点的距离最小值，即可得结果.【详解】由题意，表示点到直线l：上点的距离，所以其最小值为.故答案为：15.已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为线段垂直平分线与椭圆的一个交点，若，则椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】设，，将代入椭圆C的方程，得，在中，不妨设，利用勾股定理和椭圆中，求出，则可得出离心率.【详解】解：设，，将代入椭圆C的方程，得，即.设E为线段OF的垂直平分线与x轴的交点，则为直角三角形，由于，所以在中，不妨设，则，.由勾股定理可得， 即，得，又，所以，解得或（舍去），故，椭圆C的离心率.故答案为：.16.斐波那契数列，又称黄金分割数列，被誉为最美的数列，若数列满足，，则称数列为斐波那契数列，则_____．【答案】##0.5【解析】【分析】由题设递推关系得到，利用裂项相消法运算求解.【详解】因为，则，可得，则，所以.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.在锐角中，是角的对边，.（1）求角的度数；（2）若，且的面积是，求.【答案】(1)；（2）.【解析】【详解】试题分析:（1）根据三角形内角关系及诱导公式将B转化 ，再根据两角和与差余弦公式展开化简,合并，约分得，最后根据三角形内角范围及特殊角对应函数值得角的度数；（2）先选用面积公式：，得，再根据余弦定理得，最后根据求的值.试题解析:（1）在中，，那么由，可得≠0得，则在锐角中，（2）由（1）知，且，得，由余弦定理得，那么，则，可得.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18.已知公比为的正项等比数列，且，，．（1）求的值；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先利用已知条件求公比和，再计算，即可；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）正项等比数列中，，，故，即，故，，； （2）由知，①又②由①②得，所以数列的前n项和.【点睛】本题考查了数列通项公式和错位相减法求和，属于中档题.19.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求正四棱锥的高，使得二面角的余弦值是．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据平面，结合，利用线面垂直以及面面垂直判定定理，可得结果.（Ⅱ）利用（Ⅰ）建系后求法向量，要注意两个法向量夹角和二面角平面角关系，不要弄错符号.试题解析：（Ⅰ）证明：直三棱柱中，平面，所以，又，，所以平面，平面， 所以平面平面．　（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，以为原点，，，方向为，，轴建立空间直角坐标系，如图设正四棱锥的高为，，则，，，，，，．设平面的一个法向量，则取，则，所以．设平面的一个法向量，则取，则，，所以．二面角的余弦值是，所以，解得．点睛：本题主要考查了直线与平面，平面与平面垂直的证明，注意条件的合理转化，和用向量解立体几何时法向量的求解和应用.20.已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且. （1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解【小问1详解】由抛物线过点，且，得所以抛物线方程为；【小问2详解】由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，设，联立得，所以，所以，所以因为，所以，则，，即，解得或， 又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，故舍去；所以实数的值为.21.已知数列满足．（1）设，求证数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和，是否存在正整数m，使得对任意的都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，试说明理由．【答案】（1）证明见解析，；（2）存在，m最小值为3【解析】【分析】（1）结合递推关系可证得bn+1－bn1，且b1＝1，可证数列{bn}为等差数列，据此可得数列的通项公式；（2）结合通项公式裂项有求和有，再结合条件可得，即求．【小问1详解】证明：∵，又由a1＝2，得b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn＝1+(n－1)×1＝n，由，得．【小问2详解】∵，， 所以，依题意，要使对于n∈N*恒成立，只需，即解得m≥3或m≤-4．又m＞0，所以m≥3，所以正整数m的最小值为3．22.已知椭圆的长轴长为8，以椭圆的左焦点为圆心，短半轴长为半径的圆与直线直线相切．（1）求椭圆的方程；（2）已知直线，过右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆交于两点，过点作，垂足为．①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；②点为坐标原点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）①证明见解析，；②15.【解析】【分析】（1）根据题意可得，，，解得，即，，，进而可得椭圆的方程．（2）①由题意得，设直线，设，，，，，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得，，且，写出直线方程，再令，即可得出答案．②由①可得判别式△，，令，化简结合函数单调 性即可得出答案．【详解】（1）椭圆的长轴长为8，左焦点到直线的距离椭圆的方程（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，①由题得，设直线，设联立方程得（*）所以有，且因为，所以直线的方程为，得（**）将代入（**），则故直线过定点，即定点为．②在（*）中，所以又直线过定点故，令，则在上单调递减，故当时，．