合肥六校联盟2023-2024学年第一学期期末联考
高二年级数学参考答案
1．C
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
【详解】.
故选：C
2．B
【分析】根据题意，可得符合条件的点应满足，逐个选项验证，即可求解．
【详解】由题意，可得符合条件的点P应满足，且，
对于A中，由，则，所以A不符合题意；
对于B中，由，则，所以B符合题意；
对于C中，由，则，所以C不符合题意；
对于D中，由，则，所以D不符合题意.
故选：B.
3．C
【分析】求出首项，求出的表达式，结合二次函数性质，即可求得答案.
【详解】由题意等差数列的通项公式为，则，
故，
即当时，取得最大值，即取得最大值时，n的值是4，
故选：C.
4．A
【分析】
本题考查的知识要点：直线与圆的位置关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
直接利用直线与圆的位置关系求出结果．
【详解】
解：根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相交．
设反射光线所在直线的方程为，即，
圆的标准方程为，
则圆心为，半径．
因为弦长，根据勾股定理得，圆心到反射光线的距离，
故，即，解得或．
故选A．
5．C
【分析】
本题考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识．
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的法向量，则，
取，得，点到平面的距离， ，四棱锥的体积为：
故选：C.
6．A
【分析】根据的长度先确定出点的位置，然后根据双曲线的定义可知，由此可求出P到的距离.
【详解】由双曲线方程，得，．
因为，所以点P在靠近的一支上，
所以，所以，
又因为，所以．
故选：A.
7．C
【分析】利用等比数列的前项公式求出，由数列的单调性可得，得，根据基本不等式的性质求解即可.
【详解】设等比数列的的公比，显然，
，
，
，
则
，
当且仅当，即时取等号，
的最小值为，
故选：C.
8. C
【分析】根据抛物线的定义、线对称的性质、圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.
【详解】由题意可知曲线是半径为1的圆，设圆心，圆的圆心坐标为，
则有，显然是抛物线的焦点，
该抛物线的准线方程为，过作准线的垂线，垂足为，
当在线段上时，有最小值，最小值为，
所以当在线段上时，如下图所示：有最小值， 最小值为，
故选：C
9. BD
【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐项计算判断作答.
【详解】空间四边形OABC中，，，点G是线段MN的中点，
，
，D正确；
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误.
故选：BD
10. BC
【分析】根据笛卡尔叶形线的方程，即可判断AB，联立直线与笛卡尔叶形线的方程，通过方程的根可判断CD.
【详解】当时, 笛卡尔叶形线为，
A：若，则，故不经过第三象限，故A错误，
B：若点在曲线上，则点也在曲线上.故笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确，
C,D：由方程组 得 ，此方程组无解，故笛卡尔叶形线与直线没有公共点，故C正确，D错误，
故选：BC
11． ABD
【分析】
【详解】对A，数列为等差数列，则，即，满足“线性数列”的定义，A正确；
对B，数列为等比数列，则，即，满足“线性数列”的定义，B正确；
对C，是等差数列，设，则，若是“线性数列”，则，则应有，故不是“线性数列”，C错误；
对D，是等比数列，设首项为，公比为，若时，，则，满足“线性数列”的定义；若时，由，得，
，累加的，
则，经验证当时，满足，则，若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，
则，，
，则，则，则是“线性数列”，D正确.故选：ABD
12.ABD
【分析】A选项，证明出，得到平行关系；B选项，作出辅助线，得到BM⊥AM，AM⊥BC，从而证明出线面垂直；C选项，将侧面展开，设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，求出，假设，由余弦定理求出点A到中点的最短距离为3，故C错误；D选项，画出图形，找到内切球球心，求出半径，得到内切球表面积.
【详解】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，
所以，，又，
所以，故，A正确；
因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，
所以MO⊥平面ABC，
因为平面ABC，所以MO⊥BC，
又AO⊥BC，，平面MOA，
所以BC⊥平面AMO，
因为平面AMO，
所以AM⊥BC，
因为，所以，
由勾股定理得：，则，
故，同理可得：，
因为，所以BM⊥AM，
因为平面MBC，且，
所以⊥平面，B正确；
将侧面展开，如下：
设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，
其中，故底面周长为，
故，则，
若，由，
由余弦定理得：，
因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；
由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：
设内切球球心为T，设内切球半径为，
TU=R，，则，
其中，故，
在Rt△PUT中，由勾股定理得：，
即，
解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.
故选：ABD.
13．1
【分析】由向量平行相关知识可得答案.
【详解】由题得，则.
故答案为：1
14．1
【分析】本题考查椭圆的概念及标准方程，椭圆性质及几何意义，结合已知得，利用即可得解.
【详解】根据题意即又，所以，
又，所以，故答案为
15.
【分析】根据已知条件求得正四棱锥的底面边长和高，结合线面角的知识求得正确答案.
【详解】如图所示正四棱锥，，则平面.
设正四棱锥外接球的半径为，则R=2，
设正四棱锥底面边长为，高为，则①，
由整理得②，
由①②解得，
由于平面，所以正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，
.
故答案为：
16．200
【分析】此类问题为数列的增减项问题，把握好两点，先枚举找规律，再做好满足题意的估计，最后利用相关数列的求和公式分组求和即可.
【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．所以数列为等差数列，且，数列的公差，所以,数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得，所以数列满足条件，，当时，，
，当时，，，当时，，，当时，，所以数列的前项的和为.
17.（1）
（2）或
【分析】（1）设出圆心，利用点到直线的距离公式即可求得圆的方程.
（2）根据已知条件求得满足的方程联立即可求得的坐标.
【详解】
（1）∵圆心在直线上，
设圆心，
已知圆经过点，，则由，
得
解得，所以圆心为，………………………………… 3分
半径，
所以圆的方程为；………………………………… 5分
（2）设，
∵在圆上，∴，
又，，
由可得：，
化简得，………………………………… 8分
联立
解得或. ………………………………… 10分
18.
【分析】本题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式，裂项相消法求和.
【详解】
设等差数列的公差为d，
因为，且
所以，解得，………………………………… 3分
所以数列的通项公式；………………………………… 5分
，
所以，………………………………… 8分
所以
………………………………… 12分
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用面面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的坐标运算求解方法进行求解.
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．………………………………… 5分
（2）由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．………………………………… 8分
，令，则，
∴，………………………………… 10分
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．………………………………… 12分
20．(1)
(2)33
【分析】（1）由化简出与间的关系，得到通项公式；
（2）利用第一问的结果对求和，令其小于101，解出n.
【详解】（1）由，得，即，
，所以是以为首项，为公比的等比数列. ………………… 4分
所以………………………………… 5分
（2）由（1）可得：，，
………………………………… 7分
令，即，
设，当n时，，所以单调递增，
又，，所以满足不等式的最大整数. ………………………………… 12分
21．(1)证明见解析；
(2)存在，轨迹是半径为 的圆，理由见解析；
【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；
（2）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解.
【详解】（1）如图，
过E作交于点G,连接,
面，面，则，
又面，面，且不共线，故，
因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，
而平面，平面，所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面平面，而平面,
所以平面；………………………………… 6分
（2）
如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系,
则，
故，
设平面的法向量 ,则有 ,取 ,
又中点，则,
则中点到平面的距离为，
由，即故在以中点为球心，半径为的球面上，
…………………………………9分
而，故在面上的轨迹是半径为的圆，
故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆. ………………………………… 12分
22.（1）
（2），
【分析】（1）由点差法得出，进而由得出椭圆的方程；
（2）设，，，联立直线（）与椭圆方程，求出，，再由面积公式结合相似三角形的性质得出，令，由二次函数的性质得出的最大值以及点的坐标.
【详解】
（1）
设，，则，
两式相减得，，………………………………… 2分
所以，即
即，∴
又，所以，
所以椭圆的方程为. ………………………………… 5分
（2）设，，
则：，：
联立，消去得
同理，联立，消去得……………………… 8分
所以
.
令，则
当且仅当，即，即时，取得最大值.
综上所述，当时，取得最大值. ………………………………… 12分
温馨提示：以上答案仅供参考，如有不同解法，按照步骤酌情给分！合肥六校联盟2023-2024学年第一学期期末联考
高二年级数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
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．（ ）
A． B． C． D．
2．平面内有一个点，的一个法向量为. 若点在平面内，则点可以是( )
A． B． C． D．
3．已知等差数列的通项公式为，则其前n项和取得最大值时，n的值（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
4. 战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为( )
A. 或 B. C. D. 或
5．已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
6．已知双曲线的两个焦点分别是，，双曲线上一点P到的距离是7，则P到的距离是（ ）
A．13 B．1 C．1或13 D．2或14
7．设是等比数列的前项和，，若，则的最小值为( )
A． B． C．20 D．
8.是抛物线上一点，点，是圆关于直线的对称曲线上的一点，则的最小值是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
二、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. 如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且，，点G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是( )
A B.
C. D.
10. 法国数学家笛卡尔开创了解析几何思想方法的先河.他研究了许多优美的曲线，在平面直角坐标系中，方程所表示的曲线称为笛卡尔叶形线.当时，笛卡尔叶形线具有的性质是( )
A. 经过第三象限 B. 关于直线对称
C. 与直线没有公共点 D. 与直线有公共点
11．对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，则( )
A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列”
C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列”
12. 已知为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是( )
A.
B. ⊥平面
C. 在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3
D. 圆锥内切球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设则 .
14．点P是椭圆上一点，，分别是其左、右焦点，若，离心率为，则_________.
15. 已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，则该正四棱锥的侧棱与底面所成的角的正弦值为______.
16．某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为 ．
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，第18~22题每题12分．
17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若平面上有两个点，，点是圆上的点且满足，求点的坐标.
18. 已知等差数列的前n项和为，，且
求数列的通项公式；
求数列的前n项和
19．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
20．已知数列的首项，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最大整数的值．
21. 如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.
22.已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，椭圆的一条以为中点的弦所在直线的方程为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为直线上一点，且不在轴上，直线，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值，并求出此时点的坐标.
