1、2023-2024学年江西省吉安市井冈山市宁冈中学高二（上）期末数学模拟试卷一选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1. 已知向量，若，分别是平面，的法向量，且，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】C【解析】【分析】转化为，利用空间向量数量积的坐标运算，即得解【详解】由题可知，则，即.故选：C2. 已知直线的倾斜角为，则直线的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系求解即可.【详解】解：直线的倾斜角，则直线的斜率故选：C.3. 双曲线的一条渐近线截圆为弧长之比是1:2的两部分，则双曲线的离心率为A. B. 2C. D. 【答案】B【解
2、析】【详解】分析：本题可转化为一条直线截圆的弧长之比为，再求出 的值，得出双曲线的离心率详解：在双曲线中，一条渐近线方程为，圆的圆心坐标为，半径为2，由已知有直线截圆的弧长之比为，所以圆心到直线的距离为圆半径的一半，为1，所以有，求得（负值舍去），故离心率，选B.点睛：本题主要考查了求双曲线的离心率，涉及的知识点有双曲线的简单几何性质，圆的一般方程化为标准方程，以及点到直线距离公式，属于中档题4. 在等比数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等比中项的性质计算可得.详解】由，故选：D5. 设椭圆，双曲线的离心率分别为.若，则的所有可能取值的乘积为（ ）A. B.
3、 C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】根据离心率的公式即可代入求解值.【详解】由，得，当时，有，得，当时，有，得，故的所有可能取值的乘积为，故选：C6. “”是“椭圆的离心率为”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的离心率为求出m，进而求得答案.【详解】椭圆的离心率为，当时，得；当时，得即“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件故选：A.7. 在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB，CD中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF中点，且满足，则M的轨迹是（ ）A. 圆B. 抛物线C. 椭圆D.
4、双曲线【答案】A【解析】【分析】由正四面体性质得的夹角，作出所在的平面，再由条件化简后判断【详解】由题意作图如下，取各边中点连接成，在正四面体中，易得，故四边形为正方形，由对称性可知中点，与EF中点，均在平面上，则，而，故，得，得M的轨迹是圆故选：A8. 双曲线的左焦点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由双曲线方程求参数c，即可写出左焦点坐标.【详解】由题设，故左焦点的坐标为.故选：D二多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9. 下列关于空间向量的说法中正确的是（ ）A. 若是直线l的方向向量，则也是直线l的方向向量B. 空间任意直线由直线上一点及直线的方向向
5、量唯一确定C. 空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底D. 在空间直角坐标系中，空间中的点和向量都可以用三个有序实数表示【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方向向量的定义，空间向量基本定理，以及空间向量、空间点的坐标定义逐一判断可得.【详解】当时，不能作为直线方向向量，A错误；由确定直线条件可知，B正确；根据空间向量基本定理可知，C正确；由空间向量的坐标定义和空间点的坐标定义可知，D正确.故选：BCD10. 已知曲线C的方程为，则（ ）A. 当时，曲线C是半径为2的圆B. 存在实数k，使得曲线C的离心率为的双曲线C. 当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为D. “”是“曲线C为焦点在
6、x轴上的椭圆”的必要不充分条件【答案】ACD【解析】【分析】根据曲线C的方程，由圆、椭圆和双曲线的标准方程，结合充分条件和必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，曲线C的方程为，当时，曲线C为，曲线C为圆，半径为2，所以A正确；使得曲线C为离心率为的双曲线，可得，方程无解，所以B不正确；当时，曲线C为，表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，所以C正确；当时，曲线C为椭圆，焦点坐标在x轴上；当，曲线表示焦点坐标在y轴上的椭圆，所以“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”可知“”，反之不成立，所以“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件，所以D正确.故选：ACD11. 数列满足
7、，是的前项和，以下正确的是（ ）A. 是数列的最小项B. 是等差数列C. D. 对于两个正整数，的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】由题知数列为等差数列，进而得，再根据通项公式，依次研究各选项即可.【详解】解：因为，所以，数列为等差数列，且公差为2，又， ，所以，所以，又，所以，当时，取得最小值，故A正确；，故C不正确；所以，是常数，所以是等差数列，故B正确；对于两个正整数，由，所以的最小值为，故D正确.故选：ABD.12. 如图，已知在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，下列结论中正确的是（ ）A. 平面B. 平面C. 直线与直线相交D. 直线与直线所成的角为30【答案】ABD【解析
8、】【分析】对 A，利用线面平行的判定定理，即可判断；对B，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积即可判断；对 C，求出平面的法向量，由向量的数量积判断与平面相交，即可判断；对 D，利用向量的数量积求夹角即可【详解】解：对A，如图所示：由题意，平面，平面，平面， 故A正确；对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，故， ， ；，故，即，又，平面，故B正确；对C， ， ， ，故即为平面的法向量，又，故与平面相交，且交点为， 直线与直线不相交，故C错误；对D，则，即直线与直线所成的角为30，故 D 正确.故选：ABD.三填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13. 直线的倾斜角为_，经过点且与直
9、线垂直的直线的斜截式方程为_【答案】 . . 【解析】【分析】由直线的斜率为即可得出倾斜角为，且与直线垂直的直线的斜率为1，利用点斜式即可求出直线方程.【详解】直线的斜率为，设倾斜角为，与直线垂直的直线的斜率为1，则所求直线方程为，即.故答案：；.14. 已知数列的前n项和，则数列的通项公式为_，的取值范围为_.【答案】 . . 【解析】【分析】利用可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可求得，化简得，讨论的奇偶可求得范围.【详解】，当时，解得，当时，两式相减得，即，数列是首项为，公比为的等比数列，当偶数时，当为奇数时，综上，可得的取值范围为.故答案为：；.15. 已知向量，且与互相垂直，则的
10、值是_【答案】#【解析】【分析】两向量垂直，数量积为0，列方程求解.【详解】因为与互相垂直，所以，解得故答案为：16. 已知圆:过原点作圆的弦,则的中点的轨迹方程为_【答案】【解析】【分析】设则代入圆:化简即可得到点的轨迹方程.【详解】设则代入圆:可得即点的轨迹方程为故答案为：四解答题（共6小题，满分70分）17. 作出以下图形（1）如图1，已知向量 不共线，作向量.（2）如图2，已知向量，求作向量.【答案】（1）详见解答 （2）详见解答【解析】【分析】（1）根据向量的加法运算法则及几何意义作图即可（2）根据向量的减法运算法则及几何意义作图即可【小问1详解】如图所示，在平面中取任意一点作，则【
11、小问2详解】如图所示，在平面中取任意一点作，则18. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为，动点P满足（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）设，根据动点满足，用两点间距离公式化简求解.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径可得答案.【详解】（1）设，则由，即，化简得，所以P点的轨迹方程为 （2）当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，又因为圆的半径为2，所以相切；当直线l的斜率存在时，设，即， 由到l的距离，解得， 所以直线方程为，即， 综上，l的方程为或.【点睛】
12、本题考查了直线和圆的位置关系，判断直线和圆的位置关系有几何法，就是利用圆心到直线的距离和半径大小；代数法，就是利用圆的方程和直线方程联立后由判别式求解.19. 数列的前n项和为，（1）求；（2）求数列的通项公式；（3）求的和【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的各项；（2）利用求出数列的通项公式；（3）推导出数列偶数项是以2为首项，9为公比的等比数列，利用等比数列的前n项和公式求出结果【小问1详解】，令得，令得，令得.【小问2详解】，当时，-得，即，故数列是以为首项，3为公比的等比数列；所以，由于不符合通项，故【小问3详解】，故数列偶数项是以2为
13、首项，9为公比的等比数列，所以20. 当实数x为何值时，向量与平行？【答案】【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示有，求解即可.【详解】由题设知：，解得.21. 设数列的前项和为，（1）求证：是等比数列；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由可求得的值，当时，由可得，两式作差变形可得，即，利用等比数列的定义可证得结论成立；（2）求得，利用分组求和法结合等比数列的求和公式、裂项相消法可求得.【小问1详解】证明：对任意的，当时，则有，解得，当时，由可得，上述两个等式作差得，所以，则，所以，且，所以，数列是等比数列，且首项和公比均为.【小问2详解】解：由（1
14、）可知，所以，所以，.22. 在平面直角坐标系中，椭圆：（）的离心率为，焦点到相应准线的距离为，动直线l与椭圆交于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据焦点到准线距离，可得，然后结合离心率，联立方程，可得结果（2）先求出直线斜率为零时，的面积，再设直线方程，与椭圆方程联立，使用韦达定理以及，可得关系并判断，表示出,使用换元法结合导数可得结果.【详解】（1）由题可知：由，所以椭圆方程为（2）设当直线时，由可得，又，解得而，设直线方程为， 所以由，且所以则化简可得则则而即则符合要求，即直线与椭圆有两个交点则由化简可得：令所以则令，则令，则令，则所以在递增，在递减所以当时有最大，即有最大所以所以的范围为综合，的范围为【点睛】本题考查椭圆的方程以及椭圆与直线的几何关系的应用，设直线方程，找到关系，此题极大考验分析能力以及计算能力，属难题.
