2023-2024学年内蒙古自治区赤峰市松山区高二上学期期末学业水平检测数学试题
一、单选题
1．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A． B．
C．或 D．与的位置关系不能判断
2．设数列的前n项和，则的值为（ ）
A．15 B．16 C．19 D．20
3．若三条直线，，能围成一个三角形，则的值可能是（ ）
A． B．1 C． D．
4．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．y=±2x B．y= C． D．
5．在等差数列中，已知，，则等于（ ）
A．42 B．43 C．44 D．45
6．已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）
A．2 B． C． D．4
7．图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
8．在平面直角坐标系中，动圆与直线相切，则面积最大的圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆M外 B．圆M的半径为3
C．圆M关于对称 D．直线截圆M的弦长为
10．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若可以作为空间的一个基底，与共线，，则也可以作为空间的一个基底
B．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底
C．已知A，B，M，N是空间中的四点，若不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面
D．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底
11．设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1|＋|PF2|＝2
B．离心率e＝
C．△PF1F2面积的最大值为
D．以线段F1F2为直径的圆与直线相切
12．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（ ）
A．的第2项小于3 B．为递减数列
C．为等比数列 D．中存在小于的项
三、填空题
13．纵截距为4，与两坐标轴围成的三角形面积为10的直线的一般式方程为 ．
14．在数列0，，，…，，…中，是它的第 项．
15．已知柯西不等式的向量形式为：设是两个向量，则，当且仅当时，等号成立．若将和代入，计算化简可得三维形式的柯西不等式：，当且仅当时，等号成立．若已知，根据三维形式的柯西不等式可求得的最小值为 ．
16．图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体的水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的角正切值为 .
四、解答题
17．已知抛物线的焦点为F，直线与轴的交点为A，与C的交点为P，且．
(1)求C的方程；
(2)延长交抛物线于Q，O为坐标原点，求的面积．
18．已知为等差数列，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若等比数列满足，，求数列的前项和公式．
19．动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)直线与的轨迹交于A，B两点，AB的中点坐标为，求直线的方程.
20．如图，正三棱柱中，底面边长为.
(1)设侧棱长为，求证：；
(2)设与的夹角为，求侧棱的长．
21．已知椭圆的短半轴长，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于，两点，若以为直径的圆经过椭圆的右顶点，求的值．
22．如图，在底面为矩形的四棱锥中，为棱上一点，底面．
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的大小．
2023-2024学年内蒙古自治区赤峰市松山区高二上学期期末学业水平检测数学试题
一、单选题
1．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A． B．
C．或 D．与的位置关系不能判断
【答案】A
【分析】根据向量共线即可判定.
【详解】由于，故直线的方向向量与平面法向量平行，故，
故选：A
2．设数列的前n项和，则的值为（ ）
A．15 B．16 C．19 D．20
【答案】C
【分析】根据的关系即可求解.
【详解】由可得，
故选：C
3．若三条直线，，能围成一个三角形，则的值可能是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】先求出不能构成三角形的情况，就可选出答案.
【详解】由 得 所以两条直线交于点，
当也过时，，
解得，此时三条线交于同一点，不能构成三角形，
当与平行时，有，则，也不能构成三角形，
当与平行时，由，则，也不能构成三角形，
所以，
故选：B
4．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．y=±2x B．y= C． D．
【答案】B
【详解】双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.
【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.
5．在等差数列中，已知，，则等于（ ）
A．42 B．43 C．44 D．45
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】由，可得，所以，
故，
故选：A
6．已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义以及方程得出，再由面积公式求解即可.
【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，
由及抛物线的定义可得，解得，
代入抛物线方程得，
所以，
故选：C
7．图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】D
【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意得，
即，则，
故选：D
8．在平面直角坐标系中，动圆与直线相切，则面积最大的圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】据题意分析可知直线经过定点；圆的圆心到直线距离的最大时，圆的半径最大，即可得到面积最大的圆的标准方程.
【详解】直线方程为：可化为，
直线经过定点,
易知：圆的半径最大时，圆的面积最大，圆心到直线的距离最大时圆的面积最大，
又动圆,圆心为，半径为，
当与已知直线垂直时圆的半径最大，，
面积最大的圆的标准方程为：.
故选：B
二、多选题
9．已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆M外 B．圆M的半径为3
C．圆M关于对称 D．直线截圆M的弦长为
【答案】BC
【分析】由圆的方程求圆心和半径，判断BC，再根据点与圆的位置关系判断A，由直线与圆的相交弦公式判断D．
【详解】圆的方程为，
圆心为，半径为，B正确，
圆心在直线上，圆关于对称，C正确，
,时,，点在圆内，A错误，
圆心到直线的距离为，
直线截圆的弦长为，D错误，
故选：BC．
10．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若可以作为空间的一个基底，与共线，，则也可以作为空间的一个基底
B．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底
C．已知A，B，M，N是空间中的四点，若不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面
D．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底
【答案】ABCD
【分析】直接利用向量的基底的定义，向量的共线，共面向量的充要条件判定、、、的结果．
【详解】对于选项：，，可以作为空间的一个基底，，，不共面，与共线，，，，不共面，故正确．
对于选项：向量，，与任何向量都共面，，与任何向量都不能构成空间的一个基底，故正确．
对于选项：，，不能构成空间的一个基底，，，共面，，，，共面，故正确．
对于选项：，，是空间的一个基底，，，不共面，，，，不共面，，，也是空间的一个基底，故正确．
故选：．
11．设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1|＋|PF2|＝2
B．离心率e＝
C．△PF1F2面积的最大值为
D．以线段F1F2为直径的圆与直线相切
【答案】AD
【分析】由椭圆定义可判断A；求出离心率可判断B；当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，求出可判断C；求出圆心到直线距离可判断D.
【详解】对于A，由椭圆的定义可知，故A正确；
对于B，由椭圆方程知，所以离心率，故B错误；
对于C，，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，最大值为，故C错误；
对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线的距离为＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线相切，故D正确.
故选：AD.
12．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（ ）
A．的第2项小于3 B．为递减数列
C．为等比数列 D．中存在小于的项
【答案】ABD
【分析】推导出，求出，的值，进而即可判断A；利用数列单调性的定义即可判断B；利用反证法即可判断C，D．
【详解】对于A，由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由，则，两式作差可得，
所以，则，整理可得，
又，解得，故A正确；
对于B，结合选项A知，当时，，
可得，所以数列为递减数列，故B正确；
对于C，假设数列为等比数列，设其公比为，
则，即，则，可得，解得，不合乎题意，
所以数列不是等比数列，故C错误；
对于D，假设对，都有，则，
所以，与假设矛盾，即假设不成立，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题在推断选项C，D的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导．
三、填空题
13．纵截距为4，与两坐标轴围成的三角形面积为10的直线的一般式方程为 ．
【答案】或．
【分析】先设直线的截距式，结合已知条件求出直线方程后，化为一般式即可．
【详解】由题意可设直线方程为，
则，即，
所以直线方程为或，
所以直线的一般式方程或．
故答案为：或．
14．在数列0，，，…，，…中，是它的第 项．
【答案】9
【分析】根据数列的通项公式令，求即可.
【详解】令，解得，
所以是它的第项.
故答案为：9
15．已知柯西不等式的向量形式为：设是两个向量，则，当且仅当时，等号成立．若将和代入，计算化简可得三维形式的柯西不等式：，当且仅当时，等号成立．若已知，根据三维形式的柯西不等式可求得的最小值为 ．
【答案】
【分析】应用类比法，令，，结合三维柯西不等式有即可求目标式的最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，若，，
∴，即，当且仅当时等号成立．
故答案为：.
16．图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体的水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的角正切值为 .
【答案】2
【分析】由题意知，水的体积为32，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱，，，交于，，，，则，此时水的体积为，从而求得；在平面内，过点作，交于，侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角，故即为所求，再在△中，由 即可得解．
【详解】解：由题意知，水的体积为，
如图所示，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱，，，交于，，，，则，
水的体积为，
，即，．
在平面内，过点作，交于，则四边形是平行四边形，，
，
侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角，
即为所求，而，
在△中，，
侧面与桌面所成角的正切值为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查二面角的求法，将所求的角逐步转化为边长已知的直角三角形中的角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．
四、解答题
17．已知抛物线的焦点为F，直线与轴的交点为A，与C的交点为P，且．
(1)求C的方程；
(2)延长交抛物线于Q，O为坐标原点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设,，代入抛物线方程，结合抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；
（2）根据两点求解直线方程，与椭圆方程联立，得坐标，即可根据两点距离公式以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）设,，代入由中得，
所以，，
由题设得，解得（舍去）或．
所以的方程为；
（2）由（1）知,,
所以直线方程为，即，
联立，
则,故，
故，
原点到直线的距离为，
故.
18．已知为等差数列，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若等比数列满足，，求数列的前项和公式．
【答案】(1);(2).
【详解】本试题主要是考查了等差数列的通项公式的求解和数列的前n项和的综合运用．、
（1）设公差为，由已知得
解得,
（2），
等比数列的公比
利用公式得到和．
19．动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)直线与的轨迹交于A，B两点，AB的中点坐标为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意有，整理即可得出答案；
（2）设，则有，两式相减即可求得，再将点代入求得，即可得出答案.
【详解】（1）解：因为点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，
所以，
化简得，
所以动点的轨迹方程为；
（2）解：设，
则，
则有，
两式相减得，即，
所以，
所以直线，
将点代入得，所以，
所以直线的方程为.
20．如图，正三棱柱中，底面边长为.
(1)设侧棱长为，求证：；
(2)设与的夹角为，求侧棱的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算表示与，结合向量数量积的运算律计算，即可得证；
（2）根据向量数量积的运算律表示数量积及模长，根据夹角可得模长.
【详解】（1）由已知得，，
平面，
，，
又是正三角形，
,
；
；
（2）由（1）得，
又，
，
，
解得，
即侧棱长为.
21．已知椭圆的短半轴长，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于，两点，若以为直径的圆经过椭圆的右顶点，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆焦点三角形的周长可得的值，结合，即可求得，，进而可得椭圆的方程；
（2）将直线的方程代入抛物线的方程，消去得到关于的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量的垂直关系即可求解．
【详解】（1）由于，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为，
，又，
，，，
所以椭圆的方程为；
（2）由消去得，
设,，,，则有，则，
，①
因为以为直径的圆过点，所以，
由,，,，得．
将，代入上式，
得．
将①代入得，化简得，
解得或，
若，则直线经过右顶点，此时不符合题意，
所以，
22．如图，在底面为矩形的四棱锥中，为棱上一点，底面．
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得；
（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小．
【详解】（1）因为四边形为矩形，则，
平面，平面，则，
，平面，
平面，因此，；
（2）平面，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，
由，取，可得，
所以，，
由图可知，二面角的平面角为钝角，
因此，二面角的大小为.
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