2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（新高考地区专用，测试范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）03（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期末模拟考试03高二数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册+数列。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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的。1．在空间直角坐标系中，点关于yOz平面的对称点是（    ）A．B．C．D．【答案】A【解析】点关于yOz平面的对称点是.故选：A.2.直线的倾斜角为（    ）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为.故选：A.3．已知直线，且，则实数a的值为（    ）A．5B．1C．5或D．【答案】D 【解析】直线，，由解得或，当时，直线与重合，不符合题意，当时，直线与平行，所以实数a的值为.故选：D4．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，所以，,所以，.故选：B.5．已知，分别是平面的法向量，若，则（    ）A．B．C．1D．7【答案】B【解析】因为，分别是平面的法向量，且，所以，即，解得故选：B6．在平行六面体中，点E满足，则（    ）A．B．C．D．【答案】A【解析】由得，整理得.故选：A.7．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直 角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（    ）A．4B．3C．2D．1【答案】B【解析】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，故选：B.8．已知圆与圆有且仅有一条公切线，若，且，则的最小值为（    ）A．2B．4C．8D．9【答案】D【解析】圆的圆心为，半径圆的圆心为，半径， 两圆有且仅有一条公切线，两圆内切，，即，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.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．已知直线，则（    ）A．恒过定点B．当时，不经过第二象限C．与直线垂直D．当时，点到的距离最大【答案】BC【解析】将直线整理变形得，对于A选项，由点斜式方程得直线过定点，故A错误；对于B选项，当时，直线与轴的交点横坐标为，又直线过定点，所以直线不经过第二象限，故B选项正确；对于C选项，由于恒成立，所以与直线垂直，故C选项正确；对于D选项，当直线与过点和的直线垂直时，点到的距离最大，此时，又因为直线的斜率为，故当时，点到的距离最大，故错误；.故选：BC10．已知曲线，下列说法正确的有（    ）A．若曲线表示椭圆，则或B．若曲线表示椭圆，则椭圆的焦距为定值C．若曲线表示双曲线，则D．若曲线表示双曲线，则双曲线的焦距为定值 【答案】BCD【解析】对于A选项，若曲线表示椭圆，则，解得，A错；对于B选项，若曲线表示椭圆，则，椭圆的标准方程为，椭圆的焦距为，B对；对于C选项，若曲线表示双曲线，则，解得，C对；对于D选项，若曲线表示双曲线，则双曲线的标准方程为，双曲线的焦距为，D对.故选：BCD.11．已知数列的前项和为，且，则（    ）A．数列为等差数列B．C．随的增大而减小D．有最大值【答案】ABD【解析】由，当时，，两式相减得，即，所以，当时，，则，则，所以数列数列是以为公差，为首项的等差数列，故A正确；则，所以，故B正确；由，得当时，，，当时，， 所以当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，故C错误；所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：ABD.12．已知双曲线的左焦点，过且与轴垂直的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，的面积为，则下列结论正确的有（    ）A．双曲线的方程为B．双曲线的两条渐近线所成的锐角为C．到双曲线渐近线的距离为D．双曲线的离心率为【答案】AB【解析】因为双曲线的左焦点为，所以，将代入双曲线得，所以过与轴垂直的直线与双曲线交于，所以的面积为，即，又，所以，所以双曲线的方程为，故正确;则双曲线的渐近线方程为，所以两渐近线的倾斜角为，则两渐近线所成的锐角为，故B正确;不妨取渐近线，即，到双曲线渐近线的距离为,故C错误﹔双曲线的离心率为.故D错误; 故选：AB第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知△的三个顶点分别是点A（4，0），，，则△的外接圆的方程为．【答案】【解析】令△的外接圆圆心，又A（4，0），，∴中点为，则，则，中点为，则，则，∴圆心，又外接圆的半径，∴△的外接圆的方程为.14．如图，长方体中，若，则到平面的距离为．【答案】/【解析】因为，所以，，设平面的法向量为，由，可得，取，则，即到平面的距离为.15．如图甲是第七届国际数学教育大会（简称）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图乙中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，则此数列的通项公式为． 【答案】【解析】根据图形，因为都是直角三角形，,是以1为首项，以1为公差的等差数列，，，故答案为.16．如图，我们把由半椭圆和半椭圆合成的曲线称作“果圆”．，，是相应半椭圆的焦点，则的周长为，直线与“果圆”交于，两点，且中点为，点的轨迹方程为．【答案】【解析】由，，是相应半椭圆的焦点，可得，，，所以，，，故所求周长为；设，联立直线与，得， 即点，联立直线与，得，即点，且不重合，即，又为中点，所以，即，，整理可得，，四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）已知直线经过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点．(1)求C的方程；(2)求圆心在x轴上，且过A，B两点的圆的方程．【解析】（1）依题意，抛物线C的焦点在直线上，则，解得，所以C的方程为．（2）由（1）知，抛物线C的准线方程为，设，，AB的中点为，由消去y得，则，有，，即，因此线段AB的中垂线方程为，即，令，得，设所求圆的圆心为E，则，又AB过C的焦点F，则有，设所求圆的半径为r，则，故所求圆的方程为． 18．（本小题满分12分）已知等差数列的前三项分别为(1)求的通项公式(2)若，求数列的前项和．【解析】（1）设等差数列公差为，由已知，所以，解得，则，所以公差，所以.（2）由题意可得，所以.19．（本小题满分12分）如图，在正四棱锥P－ABCD中，，点M，N分别在PA，BD上，且．(1)求证：；(2)求证：平面PBC，并求直线MN到平面PBC的距离．【解析】1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，，即，，即，，， 又，故E为BC中点，又在正四棱锥中PA=AB，则，，即PE⊥AD，；（2）由（1）得，且面PBC，面PBC，平面PBC，故直线MN到平面PBC的距离即为点N到平面PBC的距离，设为，，点P到面ABCD的距离，由，得，，得.20．（本小题满分12分）歇山顶，即歇山式屋顶，为古代汉族建筑屋顶样式之一，宋朝称九脊殿、曹殿或厦两头造，清朝改称歇山顶，又名九脊顶，其屋顶（上半部分）类似于五面体形状．如图所示的五面体的底面ABCD为一个矩形，，，，棱，M，N分别是AD，BC的中点． (1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）因为，为的中点，所以．在矩形中，，分别是，的中点，所以．又，，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）在平面中，过作，为垂足．因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面．过作的平行线，交于点，则，，，以为坐标原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，．设平面EFCD的一个法向量为，则，所以，取，解得，所以，同理可得平面的一个法向量为．设平面与平面夹角为．则， 所以平面与平面夹角的余弦值为．21．（本小题满分12分）已知数列的前n项和为，是等差数列，且，，是，的等差中项．(1)求，的通项公式；(2)记，求证：．【解析】（1）因为，所以当时，得，两式作差得，当时，，即时，．又，，得，解得，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．设等差数列的公差为d，因为是，的等差中项，所以，又，所以，解得，所以，故，．（2）由（1）知，①，②①②，得．所以．所以，即．22．（本小题满分12分）已知椭圆：的离心率为，点在上．(1)求的方程；(2)直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值，并求出该定值． 【解析】（1）因椭圆：的离心率为，则，即，又点在上，则有，联立解得，所以椭圆的方程为.（2）因直线不过原点且不平行于坐标轴，则设直线：，，，将代入得，，即，，于是得，，因此，直线的斜率，则有，所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.