2023-2024学年高二上学期期末数学模拟卷（天津专用，范围：空间向量与立体几何、直线与圆、圆锥曲线、数列）01（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期末模拟考试01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．直线的倾斜角是（    ）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意有，解得倾斜角，故选C.2．已知数列，则是这个数列的（    ）A．第21项B．第22项C．第23项D．第24项【答案】B【解析】由题意可得数列的通项公式为，又，解得，所以是这个数列的第22项．故选：B．3．过，两点的直线与直线垂直，则（    ）A．B．2C．D．-2 【答案】B【解析】因为过，两点的直线与直线垂直，所以直线的斜率存在，且，解得，故选B4．已知在等差数列中，，则（    ）A．4B．6C．8D．10【答案】C【解析】由等差数列中，因为，可得，所以，又由，且，可得，故选C.5．已知向量，，，若，，共面，则（    ）A．2B．3C．D．【答案】C【解析】因为，，共面，所以存在唯一实数，，使，即，则，解得，，故选C.6．抛物线上与焦点的距离等于9的点的横坐标是（    ）A．3B．6C．9D．12【答案】B【解析】设所求点的坐标为，由抛物线方程得，所以由焦半径公式得到焦点的距离为，解得，故选B7．中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆，其长轴长度约为，短轴长度约为．若直线平行于长轴且的中心到的距离是，则被截得的线段长度约为（    ） A．B．C．D．【答案】C【解析】设该椭圆焦点在轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为：，，由题意可得，，将，代入方程，得，因为直线平行于长轴且的中心到的距离是，令，得(m)，故选C．8．若直线分别与轴，轴交于，两点，动点在圆上，则面积的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，   因为直线与坐标轴的交点，，则，圆的圆心C为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以圆上的点P到直线的距离的最小值为，最大距离为，所以面积的最小值为，最大值为，即面积的取值范围为，故选C.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．已知直线和直线，下列说法正确的是（    ）A．当时，B．当时，C．直线过定点，直线过定点D．当平行时，两直线的距离为【答案】ACD【解析】对于，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确； 对于，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；对于，由直线，整理可得：，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项正确；对于，当平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为为，此时两直线的距离，故D选项正确.故选：ACD.10．已知正项等比数列的公比为，前项和为，则（    ）A．B．C．数列是递减数列D．【答案】AC【解析】由正项等比数列的公比为可得：，，.因为所以，解得则.故选项A正确；对于选项B，，故选项B错误；对于选项C，因为，所以，即，故数列是递减数列，故选项C正确； 对于选项D，，故选项D错误.故选：AC11．双曲线，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点，为双曲线的右焦点，则（    ）A．双曲线的离心率为2B．双曲线的渐近线方程为C．的最小值为2D．过的直线交双曲线于两点，【答案】AB【解析】由题知双曲线的标准方程为，即，所以对于A选项，双曲线的离心率为，故正确；对于B选项，双曲线的渐近线方程为，故正确；对于C选项，设点，则，由于，点到渐近线的距离为，所以的最小值为，故错误；对于D选项，当过的直线为轴时，弦为实轴长，此时，故错误.故选：AB12．如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（    ）A． B．点E到直线的距离为C．直线与平面所成的角的余弦值为D．点到平面的距离为【答案】ABCD【解析】连接，在正方体中，可得证得平面，因为平面，所以，所以A正确；取的中点，过作，垂足为，连接，则，因为正方体的棱长为1，可得，在直角中，可得，所以B正确；连接，因为的中点，可得，又因为平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设为，在直角中，可得，则，所以，所以C正确；连接，可得，又由，设点到平面的距离为，可得，解得，所以D正确.故选：ABCD. 第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知数列满足，且，则.【答案】【解析】因为数列满足，所以数列是等比数列，公比为，因为，即，解得，所以14．圆关于直线对称的圆的标准方程为．【答案】【解析】由，则，即，半径为，设关于直线的对称点，可得，解得，即，故圆的标准方程为.15．在正六棱柱中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面的距离为．【答案】【解析】在正六棱柱中，取的中点，连接，如图， ，平面，平面，则平面，平面，则平面，平面，即，而，即有，，平面，则平面，又平面，因此平面平面，在平面内过作于，而平面平面，于是平面，线段长即为BC到平面的距离，，，中，，所以BC到平面的距离.16．去掉正整数中被4整除以及被4除余1的数，剩下的正整数按自小到大的顺序排成数列，再将数列中所有序号为的项去掉，中剩余的项按自小到大的顺序排成数列，则的值为.【答案】153【解析】由题意可知，数列所有的奇数项为被除余的数，所有的偶数项为被除余的数，则当为奇数时，；当为偶数时，.即，，，，，，显然数列是数列从第二项开始去掉两项、保留两项所组成的对于，由，则；对于，由，则，故.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．已知圆C经过A(0,-1)和B(2,3)两点,圆心在直线上.(1)求圆C的方程;(2)点P在圆C上,若,求直线AP的方程. 【解析】（1）由题知,圆心在线段AB的垂直平分线上线段AB的中点为,直线AB的斜率则线段AB的垂直平分线方程为,即联立,解得.所以圆半径所以圆的方程为（2）设,因为点在圆上,所以①因为,所以②(1)-(2)得③联立②③得所以或即或由两点式得直线AP的方程为或18．在①，；②公差为1，且成等比数列；③，，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题：已知等差数列的前项和为，且满足___________(1)求数列的通项公式；(2)令，其中表示不超过的最大整数，求.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【解析】（1）解：选①设等差数列中，公差为，因为，，所以，解得，所以， 选②因为等差数列中，公差为1，且成等比数列，所以，即，解得所以.选③因为等差数列中，，，所以，即，解得所以（2）解：由（1）知，因为，，，，所以当时，，当时，，当时，，当时，，所以19．已知数列满足，.(1)证明：数列为等差数列.(2)求数列的前项和.【解析】（1）在两边同时除以，得：，，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）得：，，①②①②得： 所以.20．已知抛物线经过点，为抛物线的焦点，且．(1)求抛物线的标准方程；(2)过点的直线与抛物线相交于，两点，求面积的最小值（为坐标原点）【解析】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，由抛物线经过点，，可得，即，又，可得，解得，，故抛物线的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为，由，解得，此时，所以的面积．当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由得，．设，，由根与系数的关系得，，所以，综上所述，面积的最小值为．21．如图,在四棱锥中,底面ABCD满足,,底面ABCD且,. (1)若E是SD的中点,求直线AE到平面SBC的距离;(2)求平面SDC与平面SBC的夹角的余弦值.【解析】（1）如图建立空间直角坐标系,则设平面SBC的法向量则由,得取因为,所以平面SBC所以直线AE到平面SBC的距离即点到平面SBC的距离（2）设平面SDC的法向量则由,得,取 所以平面SDC与平面SBC的夹角的余弦值为22．已知动直线l垂直于x轴，与椭圆交于两点，点在直线l上，且满足.(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点作直线交曲线于两点，若点，求证：直线的斜率之和为定值.【解析】（1）解：设，则由题知，，即由点在椭圆上，故所以，即所以动点的轨迹C的方程为.（2）证明：设，当直线的斜率不存在时，与椭圆有且只有一个交点，不合题意，当直线的斜率存在时，设的方程为，所以联立方程整理得，、所以，由韦达定理得，则 所以，所以.即直线的斜率之和为定值.