2023-2024年广东新高考高二（上）数学期末模拟卷（解析版）

2023-2024年广东新高考高二（上）数学期末模拟卷一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）已知直线的方程为xy−+=10，则该直线的倾斜角为()ππ2π5πA．B．C．D．6436【答案】B【详解】直线xy−+=10的斜率k=1，设其倾斜角为θθ(0°<°180)，π∴=tanθ1，得θ=．4故选：B．2．（5分）已知等差数列{}a中，aa+=18，则数列{}a的前8项和S等于()n27n8A．42B．50C．72D．90【答案】C【详解】根据题意，等差数列{}a中，aa+=18，n27(aa+×)8(aa+×)8188×1827则S====72．8222故选：C．3．（5分）已知向量ax=(1,1,)，b=−(2,2,3)，若(2abb−⋅=)1，则x=()A．−3B．3C．−1D．6【答案】B【详解】向量ax=(1,1,)，b=−(2,2,3)，则2ab−=(2，2，2)(2x−−，2，3)=(4，0，2x−3)，(2abb−⋅=)1，则−+83(2x−=3)1，解得x=3．故选：B．22xy4．（5分）运用微积分的方法，可以推导得椭圆+=>>1(ab0)的面积为πab．现学校附近停车场有一22ab辆车，车上有一个长为7m的储油罐，它的横截面外轮廓是一个椭圆，椭圆的长轴长为3m，短轴长为1.8m，学科网（北京）股份有限公司 则该储油罐的容积约为(π≈3.14)()3333A．20mB．30mC．40mD．50m【答案】B【详解】长为7m的储油罐，它的横截面外轮廓是一个椭圆，椭圆的长轴长为3m，短轴长为1.8m，3可得a=，b=0.9，h=7，233所以该储油罐的容积：πabh=3.14×××≈0.9730(m)．2故选：B．5．（5分）已知A(2,3)−，B(2,1)，若直线l经过点P(0,1)−，且与线段AB有交点，则l的斜率的取值范围为()A．(−∞，−2][2，+∞)B．[2−，2]C．(−∞，−1][1，+∞)D．[1−，1]【答案】D【详解】已知A(2,3)−，B(2,1)，若直线l经过点P(0,1)−，且与线段AB有交点，如图所示：故k=−1，k=1，APBP则l的斜率的取值范围为[1−，1]．故选：D．6．（5分）如图，在直三棱柱ABC−ABC中，AA=AC=BC，且AC⊥BC，已知E为BC的中点，则异1111面直线AC与CE所成角的余弦值为()11学科网（北京）股份有限公司 151031010A．B．C．D．551010【答案】B【详解】在直三棱柱ABC−ABC中，AA=AC=BC，且AC⊥BC，1111以C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，1设AA=AC=BC=2，又E为BC的中点，1则A(2，0，2)，C(0，0，0)，C(0，0，2)，E(0，1，0)，11∴AC=−(2，0，−2)，CE=(0，1，−2)，11则异面直线AC与CE所成角的余弦值为：11||ACCE⋅41011|cos<ACCE,>=|==．11|AE||⋅CE|85⋅511故选：B．nn7．（5分）已知数列{}a满足a=1，aa+−(1)=−1，记数列{}a的前n项和为S，则S=(n1nn+1nn20232022)A．506B．759C．1011D．1012【答案】A学科网（北京）股份有限公司 【详解】由题意，可得S=aa++⋅⋅⋅+a2023122023=aaaaa+(+)(++)+⋅⋅⋅+(aa+)1234520222023242022=+−1(1)+−(1)+⋅⋅⋅+−(1)2022202220222022242022=+×11−(++⋅⋅⋅+)220222022202212++⋅⋅⋅+1011=1012−101110111012×1=1012−×21011=506．故选：A．8．（5分）已知正方体ABCD−ABCD的内切球的表面积为π，P是棱BB上一动点，当直线CD与平面111111ACP的夹角最大时，四面体DACP−的体积为()11111111A．B．C．D．4369【答案】A【详解】建系如图，正方体ABCD−ABCD的内切球的表面积为π，1111∴易得正方体的棱长为1，∴A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(1，1，1)，设P(0，0，t)，t∈[0，1]，11∴CD=(1,0,1)，CA=(1,1,0)−，AP=−(1,0,)t，1111设平面ACP的法向量为n=(,,)xyz，11nCA⋅11=−=xy0则，取n=(,,1)tt，nAP⋅=−+=xtz01∴直线CD与平面ACP的夹角的正弦值为：111||CDn⋅tt++12(1)21|cos<CDn,>=|==⋅，12|CDn|||221×+t2221t+1令tu+=1，t∈[0，1]，∴∈u[1，2]，222(tu+1)221∴⋅=⋅=⋅，221224322243t+uu−+2−+2uu11令v=，u∈[1，2]，∴∈v[，1]，u2学科网（北京）股份有限公司 2121211∴⋅==，v∈[，1]，24323422222vv−+22−+3(v−+)2uu332121∴当v=，即=，即t=时，直线CD与平面ACP的夹角的正弦值取得最大值，1113t+132此时直线CD与平面ACP的夹角也最大，111∴当直线CD与平面ACP的夹角最大时，P为棱BB的中点，111111此时平面ACP的法向量n=(,,1)，又CD=(1,0,1)，111223||CDn⋅231∴点D到平面ACP11的距离为|CD11||cos<CDn,>=|==，||n3225又易知此时APCP==，AC=2，111121516∴△ACP的面积为××−=2，1124241631∴此时四面体DACP−的体积××=，113424故选：A．二．多选题（共4小题，每小题5分，满分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．（5分）设{a，b，c}是空间一个基底，则下列选项中正确的是()A．若ab⊥，bc⊥，则ac⊥B．ac+，bc+，ca+一定能构成空间的一个基底C．对空间中的任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p=++xaybzcD．存在有序实数对，使得c=xa+yb学科网（北京）股份有限公司 【答案】BC【详解】对于A，ab⊥，bc⊥，不能得出ac⊥，也可能是a、c相交不一定垂直，选项A错误；对于B，假设向量ab+，bc+，ca+共面，则abxbc+=+++()()yca，x、yR∈，化简得(xyc+=−+−)(1xb)(1ya)，所以a、b、c共面，这与已知矛盾，所以选项B正确；对于C，根据空间向量基本定理知，对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p=++xaybzc，选项C正确；对于D，因为{a，b，c}是空间一个基底，所以a与b、c不共面，选项D错误．故选：BC．10．（5分）某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a、2b、2c，则()A．acmR−=+B．acnR+=+C．2amn=+D．b=++(mRnR)()【答案】ABD【详解】设椭圆的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则由题意可知：acRm−−=，acRn+−=，可得acmR−=+，所以A正确；acRn+=+，所以B正确；mn+nm−可得aR=+，c=．22222mn+−2nm2则bac=−=(+−R)()=+(mRnR)(+)．22则b=++(mRnR)()．所以D正确；故选：ABD．2211．（5分）已知直线lxy:−+=50，过直线上任意一点M作圆Cx:(−+=3)y4的两条切线，切点分别为A，B，则有()学科网（北京）股份有限公司 A．||MA长度的最小值为422−B．不存在点M使得∠AMB为60°C．当|MC||⋅AB|最小时，直线AB的方程为xy−−=210D．若圆C与x轴交点为P，Q，则MPMQ⋅的最小值为28【答案】BD【详解】由题知圆C的圆心为(3,0)，半径为r=2，8对于A：因为圆心(3,0)到直线lxy:−+=50的距离为d==42，所以|MC|=42，min222所以|MA|=|MC|−=r27，minmin对于B：假设存在点M使得∠AMB为60°，如图，则∠=AMC30°，故在RtAMC∆中，|MC|24=r=，由A知|MC|=424>，故矛盾，即不存在点M使得∠AMB为60°，故B正确；min1对于C：由于MC⊥AB，故四边形MACB的面积为S=||MC⋅||AB=2S=||2MAr⋅=||MA，MACB∆MAC222所以|MC||⋅=AB|4|MA|，故当|MC||⋅AB|最小时，||MA最小，由A选项知|MA|=|MC|−=r27，minmin1此时MC⊥l，l//AB，即直线AB的斜率为1，由于直线xy−−=210的斜率为，故C错误；2对于D：由题知P(1,0)，Q(5,0)，设Mxx(,+5)，222MPMQ⋅=−(1x，−−⋅−xx5)(5，−−=−x5)(5xxx)(1−++=)(5)2xx++=4302(x++1)2828，当且仅当x=−1时等号，故MPMQ⋅的最小值为28，故D正确．故选：BD．12．（5分）如图，棱长为2的正方体ABCD−ABCD中，E、F分别为棱AD、AA的中点，G为面对1111111角线BC上一个动点，则()1学科网（北京）股份有限公司 A．三棱锥A−EFG的体积为定值1B．线段BC上存在点G，使平面EFG//平面BDC1131C．当CG=CB时，直线EG与BC所成角的余弦值为114332D．三棱锥A−EFG的外接球半径的最大值为12【答案】ACD111【详解】对于A，VA1−EFG=VG−AEF1=⋅⋅⋅⋅=112，所以A正确；323对于B，若存在G∈线段BC，使平面EFG//平面BDCG∈线段BC，因为平面ABCD交平面EFG与平11111面BDC分别为NG与DM，1于是NG//DM，G应在CB的延长线上，所以B错；1333对于C，以在为原点建立如图所示的空间直角坐标系，当CG=CB时，则G(，2，)，E(1，0，2)142211B(2，2，0)，C(0，2，2)，所以EG=(，2，−)，BC=−(2，0，2)，所以cos<EG，1122EGBC⋅−211BC1>===−，EG⋅BC3231×2221所以直线EG与BC所成角的余弦值为，所以C正确；13对于D，当G在C点时，三棱锥A−EFG外接球半径最大，连接AD交EF于点N，则N为EF的中点，11因为三角形AEF为直角三角形，所以外接球的球心在过点N且垂直于面AEF的直线NH上，NH与BC交11于H，设球心为O，1232如平面展开图，设半径OC=OA=R，因为AN=EF=，AD=22，所以CH=DN=，11122222222222322所以ON=−=−OAANR()，OH=−=−OCCHR()，1122222232232由ON+=OH2，可得RR−+−()()2=，解得R=，所以D正确，222故选：ACD．学科网（北京）股份有限公司 三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）213．（5分）抛物线yx=的焦点坐标是．1【答案】(0,)422【详解】抛物线yx=，即xy=，1p1∴=p，=，2241∴焦点坐标是(0,)，41故答案为：(0,)．42214．（5分）过点P(2,3)−作圆Exy:+−+=420xy的两条切线，切点分别为M，N则直线MN的方程为．学科网（北京）股份有限公司 【答案】4470xy−−=22【详解】圆E的标准方程为(xy−++=2)(1)5，设切点Mx(，y)，Nx(，y)，1122则切点所在的切线方程为：(xxyy−2)(−+++=2)(1)(1)5，(xxyy−2)(−+++=2)(1)(1)5，1122因为点P在切线上，所以(xy−−−++2)(22)(1)(31)+=5，即−−+4(xy2)4(+=1)5，−−+4(xy2)4(+=1)5，111122所以M，N在直线−−++=4(xy2)4(1)5上，即MN的直线方程为4470xy−−=，故答案为：4470xy−−=．22xy15．（5分）已知O为坐标原点，直线ly:=kx+t与椭圆C:+=>>1(ab0)交于A，B两点，P为AB22ab31的中点，直线OP的斜率为k．若−<kk<−，则椭圆的离心率的取值范围为．004316【答案】(，)23【详解】设Ax(，y)，Bx(，y)，Px(，y)，112200yy−xx+yy+121212则k=，x=，y=，00xx−221222y0yy12+yy12−所以k==，所以kk=，0022xxx+xx−0121222xy11+=122ab将A，B两点坐标代入椭圆方程可得：，22xy22+=1ab222222xxyy−−1212两式作差可得：+=0，22ab2222yy−b31b12所以kk==−，则−<−<−，02222xx−a43a12231b132122即>>，所以<−<1e，即<<e，243a344316所以<<e，2316所以椭圆的离心率的取值范围为(，)．2316故答案为：(，)．23学科网（北京）股份有限公司 16．（5分）在棱长为1的正方体ABCD−ABCD中，M，N分别是AD，BB的中点，动点P在底面正11111方形ABCD内（包括边界），若BP//平面AMN，则CP长度的最大值为．1117【答案】4【详解】如图，以正方体的顶点A为原点，AB，AD，AA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，1则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1)，C(1，1，1)，11111D(0，1，1)，M(0，，0)，N(1，0，)，122动点P在底面正方形ABCD内（包括边界），则设Px(，y，z)，且x，y∈[0，1]，则BP=(1x−，y，−1)，设平面AMN的法向量为na=(，b，c)，1111AN=(1，0，)，AM=(0，，−1)，11221ac−=0ANn1⋅=02则，即，取c=2，则平面AMN1的法向量n=(1，4，2)，AMn1⋅=01bc−=02因为BP//平面AMN，所以BPnx⋅=−+−=1420y，即xy+−=430，11113则xy=−+∈43[0，1]，所以y∈[，]，242222942则|CP|=−+−+=(x1)(y1)017y−+=18y517(y−+)，1717113171由二次函数的性质可得当y=时，||CP=，y=时，||CP=>，2244217所以CP长度的最大值为．417故答案为：．4四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）已知圆C的圆心在x轴上，且经过坐标原点O和点A(3,3)．学科网（北京）股份有限公司 （1）求圆C的标准方程；（2）求过点P(4,4)与圆C相切的直线方程．22【答案】（1）(xy−+=2)4；（2）x=4或3440xy−+=【详解】（1）根据题意，圆C的圆心C在x轴上，设其坐标为(,0)a，圆C的半径为r，又由圆C经过坐标原点O和点A(3,3)．222ra=||，则有ra=−+−(3)(03)，解可得a=2，则r=2，22则圆C的标准方程为(xy−+=2)4，22（2）根据题意，圆C的标准方程为(xy−+=2)4，若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=4，与圆C相切，符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y−=−4kx(4)，即kx−+−=y440k，|2kk+−44|若直线l与圆C相切，且有=2，21+k3解可得：k=，4又由直线经过点(4,4)，则直线l的方程为3440xy−+=．故直线l的方程为x=4或3440xy−+=．118．（12分）已知数列{}a为等差数列，S是其前n项和，且S=15，aa+=16．数列{}b中，b=1，bb=，nn315n1nn+12(nN∈*)．（1）分别求数列{}a，{}b的通项公式；nn（2）求数列{}ab+的前n项和T．nnn21n−131nn+n−1【答案】（1）an=31−；b=()；（2）T=+−2()nnn222【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为Saaa=++=15，aa+=16．312315所以3a=15，2a=16，所以a=5，a=8，2323所以公差daa=−=3，所以首项aad=−=2，3212所以数列{}a的通项公式为aand=+−=+−=−(1)23(n1)3n1，nn11数列{}b中，b=1，b=bnN(∈*)，n1nn+12学科网（北京）股份有限公司 1所以数列{}b是首项为1，公比为的等比数列，n21n−1所以b=()．n2（2）数列{}ab+的前n项和Taa=++…+abb+++…+bnnnnn12121n1()−nn(2+−31)2=+211−2231nn+n−1=+−2()．2219．（12分）如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．（1）求证：PQ//平面BCD；（2）若DA=DB=DC=4，∠=BDC90°，求AC与平面BQM所成角的余弦值．41【答案】（1）见解析；（2）7【详解】（1）证明：过P作PS//MD，交BD于S，过Q作QR//MD，交CD于R，连接RS，PS//MD，P是BM的中点，学科网（北京）股份有限公司 1∴S是BD的中点，且PS=MD，2QR//MD，AQ=3QC，M是AD的中点，11∴=QRAD=MD，42∴QR//PS，且QR=PS，∴四边形PQRS为平行四边形，∴PQ//SR，PQ⊂/平面BCD，SR⊂平面BCD，∴PQ//平面BCD．（2）以D为坐标原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，4)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(2，0，1)，Q(0，3，1)，则BM=−(4，0，2)，MQ=(0，3，−1)，AC=(0，4，−4)，设平面BQM的一个法向量为nx=(，y，z)，nBM⋅=−+=420xz则，取y=2，得n=(3，2，6)，nMQ⋅=−=30yz设AC与平面BQM所成角为θ，|ACn⋅|27则sinθ==，|AC|||⋅n727241则AC与平面BQM所成角的余弦值为：cosθ=1(−=)．7722y20．（12分）记直线ly:=kx为曲线Ex:−=1(xy1,0)的渐近线．若A(1,0)，过A作x轴的垂线交l于114点B，过B作y轴的垂线交E于点A，再过A作x轴的垂线交l于点B…依此规律下去，得到点列A，A，1122212…，A和点列B，B，…，B，n为正整数．记B的横坐标为a，||OA=b．n12nnnnn（1）求数列{}b的通项公式；nn22（2）证明：∑(bkk+>++8)a(2n5n2)nn(2)．k=1【答案】（1）bn=54−；（2）见解析n22y【详解】（1）由直线ly:=kx为曲线Ex:−=1(xy1,0)的渐近线，4可得直线l的方程为yx=2，可得A(1,0)，B(1,2)，A(2，2)，B(2，22)，A(3，22)，B(3，23)，112233学科网（北京）股份有限公司 A(2，23)，B(2,4)，…，44则a=1，a=2，a=3，a=24=，…，an=；1234nb=1，b=6，b=11，b=16，…，bn=54−；1234n（2）证明：运用数学归纳法证明．2(bakk+=+8)(54)，kk当n=2时，原不等式的左边=+9142，右边=202，由962<，则原不等式成立；2设nkk=(2)时，9142++++...(5kkkkk4)>(2++52)，2当nk==1时，9142+++++++>+++++...(5kkkk4)(59)1(2kkkkk52)(59)1，22要证原不等式成立，即证(2kkkkk+++++>+++++52)(59)1[2(k1)5(k1)2]k1，22上式化为(2kk++52)kkkk>+(24)+1，即为(2kkkk++>++1)(2)2(kk2)1，3232即为(2k+>+1)kkk21，两边平方可得44kkkkk++>+44，该不等式显然成立，所以nk=+1时，原不等式也成立．n22所以∑(bkk+>++8)a(2n5n2)nn(2)．k=122221．（12分）已知圆:4xy+=上的动点M在x轴上的投影为N，点C满足CN=MN．2（1）求动点C的轨迹方程C；（2）过点P(1,0)的直线l与C交于A，B两个不同点，求∆OAB面积的最大值．22xy6【答案】（1）+=1；（2）4222【详解】（1）设Cxy(,)，动点Mmn(,)，由CN=MN，可得mx=，ny=2，22222Mmn(,)在圆:4xy+=上，∴+=mn4，2222xy∴+=xy24，∴动点C的轨迹方程为+=1；42（2）由题意，设直线l的方程为1，Ax(，y)，Bx(，y)，1122x=my+122由，消去x得，即(m+2)y+2my−=30，22xy+=242m3所以yy+=−，yy=−，1221222+m2+m学科网（北京）股份有限公司 22222mm23224+6所以||1AB=+×+−m(yy)4yy=+×−1m()4(−×−)1=+×m，121222222++mm2+m|1|而O到AB的距离d=，21+m22112246|mm++1|46所以S=||ABd⋅=1+×m×=，∆AOB22222++mm1+m222221设466mt+=，则mt=(−6)，4t1t1所以S∆AOB==，+在[6，+∞)上单调递增，121142t2+−(tt6)+442t6所以∆AOB面积的最大值为，此时m=0．2222．（12分）如图，焦点为F的抛物线y=2pxp(>0)过点Q(1，mm)(>0)，且|QF|2=．（1）求p的值；（2）过点Q作两条直线l，l分别交抛物线于Ax(，y)，Bx(，y)两点，直线l，l分别交x轴于C，12112212D两点，若∠=QCD∠QDC，证明：yy+为定值．12【答案】（1）p=2；（2）见解析pp【详解】（1）抛物线的准线方程为x=−，由抛物线的定义得|QF|1=+=2，得p=2；222（2）由（1）可知，抛物线的方程为yx=4，2将点Q的坐标代入抛物线的方程得m=×=414，m>0，得m=2，所以，点Q的坐标为(1,2)．∠=QCD∠QDC，所以，直线AQ和BQ的斜率互为相反数．学科网（北京）股份有限公司 yy−−2212则kk+=+AQBQxx−−1112yy−−−224(y2)4(y−2)1212=+=+2222yyyy−−441212−−114444=+=0．yy++2212所以yy+++=220，12因此yy+=−4（定值）．12学科网（北京）股份有限公司