江苏省南通市2023-2024学年高二上学期期末数学考试

（上）高二期末质量监测数学注意事项：1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效.3.本卷满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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.数列的通项公式可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】采用排除法以及检验法即可得解.【解析】当时，，故排除D，当时，，故排除BC，经检验A选项符合题意.故选：A.2.圆和圆的位置关系为（）A相离 B.相交 C.外切 D.内切【答案】C【解析】【分析】利用圆心距与半径和差关系判定两圆位置关系即可.【解析】易知圆和圆的圆心与半径分别为：和，所以圆心距为，显然，即两圆相外切.故选：C3.某校文艺部有7名同学，其中高一年级3名，高二年级4名.从这7名同学中随机选3名组织校文艺汇演，则两个年级都至少有1名同学入选的选法种数为（）A.12 B.30 C.34 D.60【答案】B【解析】【分析】由题意共分两种情况：①高一年级选1人，高二年级选2人，②高一年级选2人，高二年级选1人，由此即可求解.【解析】由题意共分两种情况：①高一年级选1人，高二年级选2人，共有种选法；②高一年级选2人，高二年级选1人,共有种选法；由分类计数原理可得共有种选法.故选：B4.已知是抛物线的焦点，点在上，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】代入点坐标求得，从而得焦点坐标，然后由焦半径公式可得结论．【解析】由已知，，所以.故选：C．5.设是等比数列的前项和，若，则（）A.48 B.90 C.96 D.162【答案】B【解析】【分析】分和，利用等比数列前n项和公式列方程求解即可.【解析】设等比数列的公比为，当时，，，无解不合题意；当时，，解得，.故选：B.6.已知椭圆，直线经过点与交于两点.若是线段中点，则的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.【解析】设点、，则，因为，两式作差得，即，即，所以，因此直线的方程为，即.故选：D.7.已知平行六面体中，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量数量积的即可求出夹角的余弦值.【解析】，故，所以.故选：B.8.已知是双曲线的右焦点，直线与交于两点.若的周长为，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求长，利用对称性和双曲线定义可得，由的周长可得，联立求解得，然后根据的面积构造齐次式可解.【解析】记双曲线左焦点为，将代入解得，所以，由对称性可知，，所以①，又的周长为，所以②，联立①②求解可得，记AF的中点为D，则，所以，即，得，所以.故选：A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.下列等式中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据排列数公式和组合数公式验证．【解析】对于A，，，A错；对于B，，，B正确；对于C，，C正确；对于D，，∴，D正确．故选：BCD．10.已知曲线，则（）A.关于原点对称 B.关于轴对称C.关于直线对称 D.为的一个顶点【答案】ACD【解析】【分析】用轴对称和点对称的定义逐一判断即可.【解析】A:用和替换方程中的和，化简后方程不变，故曲线E关于原点对称，故A正确；B：用替换方程中的y，方程变为，与原方程不同，故E不关于轴对称，故B错误；C：用y替换方程中的x，同时用x替换方程中的y，方程不变，故E关于直线对称，故C正确；D：用替换y，同时用替换x，方程不变，故E关于直线对称，联立，解得或,由顶点的定义知，是E的一个顶点，故D正确.故选：ACD.11.已知正方体的棱长为分别是棱的中点，则（）A. B.是平面的一个法向量C.共面 D.点到平面的距离为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一判定选项即可.【解析】如图所示建立空间直角坐标系，易知，，对于A项，有，显然，即不成立，故A错误；对于B项，有，易得，即是平面的一个法向量，故B正确；对于C项，有，易知，所以共面，故C正确；对于D项，有，设平面的一个法向量为，则，取，即，故点到平面的距离，故D错误.故选：BC12.已知数列中，.在和之间插入1个数，和之间插入2个数，和之间插入个数，，使得构成的新数列是等差数列，则（）A.的公差为6B.和之间插入的2个数是19和25C.D.【答案】ABD【解析】【分析】设等差数列的公差为，由结合等差数列的通项公式可判断A；求出的通项公式可判断BC；找出数列与的关系，由裂项相消法可判断D.【解析】在和之间插入1个数，和之间插入2个数，在和之间插入3个数，所以，设等差数列的公差为，所以，故A正确；因为，和之间插入的2个数是，，故B正确；由题意可得前共插入个数，加上，则为等差数列的第21项，所以，故C错误；对于D，因为，所以，所以数列与满足，，故D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线经过的定点坐标为__________.【答案】【解析】【分析】把方程化为关于的等式，然后由恒等式知识求解．【解析】已知直线方程化为，由得，所以直线过定点．故答案为：．14.写出符合下列两个条件的一个双曲线的标准方程为__________.①实轴长为4；②渐近线方程为【答案】或【解析】【分析】根据题意可求出a，然后在根据渐近线方程求出b，由于题目没有告诉双曲线的焦点在x轴上还是y轴上，所以需要分类讨论.【解析】当双曲线焦点在x轴上时，由题意可知:，此时双曲线标准方程为.当双曲线焦点在y轴上时，由题意可知：，此时双曲线标准方程为.故答案为：或15.第三届“一带一路”国际高峰论坛于年月在北京召开，某记者与参会的名代表一起合影留念（人站成一排）.若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有__________种.【答案】【解析】【分析】先考虑代表甲与代表乙相邻，利用捆绑法求出排法种数；然后考虑记者站两端中的某个位置，且代表甲与代表乙相邻，求出此时的排法种数.再利用间接法可求得结果.【解析】只考虑代表甲与代表乙相邻，只需将这两人捆绑，与剩余人进行排序，共有种不同的排法，若记者站两端中的某个位置，且代表甲与代表乙相邻，则记者有种站法，然后将代表甲与代表乙捆绑，与剩余人进行排序，此时不同的站法种数为种，因此，若记者不站两端，且代表甲与代表乙相邻的不同排法方式有种.故答案为：.16.已知圆是上的两个动点，且.设，，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由垂径定理得到，得到点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，将转化为点到直线的距离问题，可看作点到直线的距离，结合点的轨迹方程，求出最大值，得到答案.【解析】由题意得，半径为，由垂径定理得⊥，则，解得，故点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，故点的轨迹方程为可看作点到直线的距离，同理，可看作点到直线的距离，设线段的中点为，故可看作点到直线的距离，点的轨迹方程为，故点到直线的距离最大值为圆心到的距离加上半径，即，故，所以，故最大值为，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.记为数列的前项和.（1）若为等差数列，且，求的最小值；（2）若为等比数列，且，求的值.【答案】（1）7（2）2【解析】【分析】（1）根据题意结合等差数列通项公式求得，进而求，解不等式即可；（2）根据题意结合等比数列通项公式求得，，进而求，代入运算即可.【小问1解析】设的公差为，由条件可得，解得，由，解得或，且，所以的最小值为7.【小问2解析】设的公比为，由条件可得，即，解得，则，所以.18.如图，在正四棱柱中，，，、分别为和的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算得出，即可证得结论成立；（2）计算出平面的一个法向量，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1解析】证明：在正四棱柱中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为，，则、、、，所以，.因为，所以，即.【小问2解析】解：由，得，设平面的法向量，则，令，得，，即.设直线与平面所成角的大小为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.19.在平面直角坐标系中，已知直线经过抛物线焦点，与交于两点，与的准线交于点.（1）求的值；（2）若成等差数列，求.【答案】（1）（2）16【解析】【分析】（1）首先由抛物线焦点求得其表达式，设直线的方程为，联立抛物线方程结合韦达定理以及数量积公式即可求解.（2），结合韦达定理可得，，结合弦长公式进一步即可求解.【小问1解析】因为抛物线的焦点为，所以，即所以的方程为.因为与与交于两点，所以其斜率存在，设直线的方程为，由，消得，易知，设，则.又，所以，所以.【小问2解析】因为成等差数列，所以，且，即，即，又，解得，由，解得.所以.20.如图，在四棱锥中，平面，.（1）求二面角的正弦值；（2）在棱上确定一点，使异面直线与所成角的大小为，并求此时点到平面的距离.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角；（2）设，由空间向量法求异面直线所成的角得出，再由向量法求点面距．【小问1解析】以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则.设平面的法向量，则，取得，设平面的法向量，则，取得，设二面角的大小为，则，所以.【小问2解析】设，则.因为异面直线与所成角的大小为，所以，解得或（舍去）.此时，所以点到平面的距离.21.已知数列满足，数列的前项和满足.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由，构造新的等比数列求解即可；已知与的关系，分，，检验求解即可；（2）利用错位相减法求和即可.【小问1解析】由，得.因为，所以，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以，即.当时，由，解得：当时，由，①得，②①-②，得，即，即.所以，所以，因为符合上式，所以.【小问2解析】由（1）知，所以③所以，④③-④，得，所以.22.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作不与坐标轴垂直的直线交于两点，点的坐标为.（1）证明：；（2）设点关于轴的对称点为，求的面积的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）要证，即证直线的斜率之和，联立方程组，利用韦达定理得证；（2）由（1）及椭圆的对称性可知，直