河北省石家庄市2023_2024学年高二数学上学期期末考试含解析

这是一份河北省石家庄市2023_2024学年高二数学上学期期末考试含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间120分钟，满分150）
注意事项：
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目写在答题卡上.
第I卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 直线的倾斜角为（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2. 空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（）
AB. C. D.
3. 若圆心坐标为圆被直线截得的弦长为，则该圆的一般方程为()
A. B.
C. D.
4. 设是等比数列，且，，则（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 32
5. 将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，则的概率等于（）
A. B. C. D.
6. 若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的倍，则等于
A. B. 1C. D. 2
7. 斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第（）项
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
8. 在三棱锥中，，，是的中点，满足，则异面直线，所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）
9. 袋子中有六个大小质地相同小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，从中随机摸出两个球，设事件A为摸出的小球编号都为奇数，事件B为摸出的小球编号之和为偶数，事件C为摸出的小球编号恰好只有一个奇数，则下列说法全部正确的是（）
A. 事件A与B互斥事件B. 事件A与C是互斥事件
C. 事件B与C是对立事件D. 事件A与B相互独立
10. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，P是椭圆C上的动点，点，则下列结论正确的是（）
A. B. 面积的最大值是
C. 椭圆C离心率为D. 最小值为
11. 已知向量，，则下列说法不正确的是（）
A. 向量与向量共面
B. 向量在向量上的投影向量为
C. 若两个不同的平面的法向量分别是，则
D. 若平面的法向量是，直线的方向向量是，则直线与平面所成角的余弦值为
12. 在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则___________.
14. 天气预报预测在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率，用1，2，3，4，5，6表示下雨，7，8，9，0表示不下雨.用计算机产生了10组随机数为180，792，454，417，165，809，798，386，196，206.据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为____________.
15. 等差数列的前项和分别为和，若，则_____.
16. 已知过点的直线与双曲线：交于A、B两点，若点P是线段的中点，则双曲线C的离心率取值范围是____________.
四、解答题（本大题共6道小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 已知直线经过点.
（1）若向量是直线的一个方向向量，求直线的方程；
（2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
18. 已知圆：.
（1）当时，求直线被圆截得的弦长；
（2）若直线与圆没有公共点，求的取值范围.
19. 已知{an}是各项均为正数的等比数列,且.
(I)求数列{an}通项公式；
(II){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知,求数列的前n项和.
20. 如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：平面平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
21. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时乙获胜的概率；
（2）求甲获胜的概率．
22. 已知是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点（异于点），当直线的斜率不存在时，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求面积的取值范围．石家庄市2023~2024学年度第一学期期末教学质量检测
高二数学
（时间120分钟，满分150）
注意事项：
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目写在答题卡上.
第I卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 直线的倾斜角为（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】化成斜截式方程得斜率为，进而根据斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】将直线一般式方程化为斜截式方程得：，
所以直线的斜率为，
所以根据直线倾斜角与斜率的关系得直线的倾斜角为.
故选：C
2. 空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用在平行四边形中有，计算即可.
【详解】结合题意：设D的坐标为，
因为，，，
所以,，
因为在平行四边形中有，
所以，解得，所以D的坐标为.
故选：B.
3. 若圆心坐标为的圆被直线截得的弦长为，则该圆的一般方程为()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，设圆的半径为，求出圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得的值，即可得圆的标准方程，变形可得答案.
【详解】根据题意，设圆的半径为，
圆心坐标为，到直线的距离，
该圆被直线截得的弦长为，则有，
则圆的方程为，变形可得，
故选：A.
4. 设等比数列，且，，则（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
5. 将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，则的概率等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用列举法求得所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，将一颗骰子先后抛掷2次，第一次所得点数,第二次所得点数,记为.
，，共有种结果，
其中满足的有：，
共有9种结果，
由古典概型的概率计算公式，可得满足的概率为.
故选：D.
6. 若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的倍，则等于
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义及题意可知3x0=x0+, 得出x0求得p，即可得答案．
【详解】由题意，3x0=x0+，∴x0=∴ ∵p＞0，∴p=2.
故选D．
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和性质．考查了考生对抛物线定义的掌握和灵活应用，属于基础题．
7. 斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第（）项
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合，，利用累加法，即可求解.
【详解】由斐波那契数列满足：，，
则
.
故选：C.
8. 在三棱锥中，，，是的中点，满足，则异面直线，所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三棱锥的对棱相等可以补成长方体，计算长方体的长宽高，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可求得异面直线，所成角的余弦值.
【详解】解：三棱锥中，由于，，则三棱锥可以补在长方体，
则设长方体的长宽高分别为，则，
解得，如图以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，则，，
所以，
则异面直线，所成角的余弦值为.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）
9. 袋子中有六个大小质地相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，从中随机摸出两个球，设事件A为摸出的小球编号都为奇数，事件B为摸出的小球编号之和为偶数，事件C为摸出的小球编号恰好只有一个奇数，则下列说法全部正确的是（）
A. 事件A与B是互斥事件B. 事件A与C是互斥事件
C. 事件B与C是对立事件D. 事件A与B相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知摸出的两球的编号可能都是奇数或都是偶数或恰好一个奇数一个偶数，共三种情况，由此可判断之间的互斥或对立的关系，再由古典概型求出判断是否相互独立可得答案.
【详解】由题意知，事件为摸出的小球编号都为奇数，事件B为摸出的小球编号之和为偶数，即摸出的小球编号都为奇数或都为偶数，故事件A，B不互斥，故A错误；
事件C为摸出的小球编号恰好只有一个奇数，即摸出的两球编号为一个奇数和一个偶数，其反面为摸出的小球编号都为奇数或都为偶数，故B，C是对立事件，故C正确；
事件A，C不会同时发生，故A，C是互斥事件，故B正确；
每次摸出两个小球，所有基本事件为：,,，共有15个，所以由古典概型可得，，,
所以，故事件A与B不相互独立，故D错误.
故选：BC.
10. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，P是椭圆C上的动点，点，则下列结论正确的是（）
A. B. 面积的最大值是
C. 椭圆C的离心率为D. 最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据椭圆定义求出答案；B选项，数形结合得到当在上顶点或下顶点时，面积最大，求出最大值；C选项，由直接求解即可；D选项，作出辅助线，结合椭圆定义得到，当三点共线且在之间时,取得最小值，得到答案.
【详解】A选项，由题意得，
由椭圆定义可得，A正确；
B选项，当在上顶点或下顶点时，面积最大，
最大值为，B错误；
C选项，离心率，C正确；
D选项，因，所以点在椭圆内，连接，
由椭圆定义可知，故，
故，
当三点共线且在之间时，取得最小值，
最小值为，
所以最小值为，D正确.
故选：ACD
11. 已知向量，，则下列说法不正确的是（）
A. 向量与向量共面
B. 向量在向量上的投影向量为
C. 若两个不同的平面的法向量分别是，则
D. 若平面法向量是，直线的方向向量是，则直线与平面所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理，可判定A错误；根据投影向量的求法，可判定B正确；根据，可判定C错误；根据线面角的空间的向量求法，可判定D错误.
【详解】对于A中，设，可得，
此时，方程组无解，所以向量与向量不共面，所以A错误；
对于B中，由向量，
可得向量在向量上的投影向量为，所以B正确；
对于C中，若两个不同的平面的法向量分别是，
因为，所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，所以C错误；
对于D中，若平面的法向量是，直线的方向向量是，
设直线与平面所成角为，其中，则，
所以，所以D错误.
故选：ACD.
12. 在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：
用等比数列求和可得
则
又
所以，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.
，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用空间向量的加减及数乘运算，以为基底，用基向量表示，再空间向量基本定理待定系数即可.
【详解】在平行六面体中,
因为点M是的中点，点是上的点,
所以
.
又，
由空间向量基本定理得，，
则.
故答案为：.
14. 天气预报预测在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率，用1，2，3，4，5，6表示下雨，7，8，9，0表示不下雨.用计算机产生了10组随机数为180，792，454，417，165，809，798，386，196，206.据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为____________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】分析数据得到三天中恰有两天下雨的有417，386，196，206，得到答案.
【详解】10组随机数中，表示三天中恰有两天下雨的有417，386，196，206，
故这三天中恰有两天下雨的概率近似为.
故答案为：
15. 等差数列的前项和分别为和，若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式，将题目所求的式子中的有关的式子，转化为有关的式子来求解.
【详解】原式.
【点睛】本小题主要考查了等差数列通项公式的性质，考查了等差数列前项和公式，考查了通项公式和前项和公式的转化.对于等比数列来说，若，则有，而前项和公式，可以进行通项和前项和的相互转化.属于基础题.
16. 已知过点的直线与双曲线：交于A、B两点，若点P是线段的中点，则双曲线C的离心率取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用点差法得到，根据题意和渐近线方程得到，故，从而求出离心率的取值范围.
【详解】设，
则，两式相减得，
若，则的中点在轴上，不合要求，
若，则的中点在轴上，不合要求，
所以，
因为为的中点，所以，
故，
因为的渐近线方程为，
要想直线与双曲线：交于A、B两点，则，
即，解得，
所以离心率.
故答案为：
【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.
四、解答题（本大题共6道小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 已知直线经过点.
（1）若向量是直线的一个方向向量，求直线的方程；
（2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据给定的方向向量，求出直线的斜率，利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）由已知，按截距是否为0，结合直线的截距式方程分类求解即得.
【小问1详解】
由向量是直线的一个方向向量，得直线的斜率，
又经过点，则方程为：，即：，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
依题意，当直线过原点时，而直线又过点，
则直线的方程为，即；
当直线不过原点时，设直线的方程为，
则有，解得，即直线的方程为，
所以直线的方程为或.
18. 已知圆：.
（1）当时，求直线被圆截得的弦长；
（2）若直线与圆没有公共点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆心和半径，得到圆心到直线的距离，利用垂径定理求出弦长；
（2）求出圆心和半径，根据圆心到的距离大于半径得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
当时，圆：，圆心，半径，
所以圆心到直线的距离，
设直线与圆交于A、B两点，则弦长
故直线被圆C截得的弦长为.
小问2详解】
圆方程为，
恒成立，
因为直线与圆C没有公共点，
圆心到的距离，
所以，即，
解得：，
故的取值范围是.
19. 已知{an}是各项均为正数的等比数列,且.
(I)求数列{an}通项公式；
(II){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知,求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）列出关于的方程组,解方程组求基本量；（Ⅱ）用错位相减法求和.
试题解析：（Ⅰ）设的公比为，由题意知：.
又，
解得：，
所以.
（Ⅱ）由题意知：，
又
所以,
令,
则，
因此
又,
两式相减得
所以.
【考点】等比数列的通项,错位相减法求和.
【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想．(2)用错位相减法求和时,应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式，若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
20. 如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：平面平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求出二面角余弦.
【小问1详解】
因为平面，所以.
在中可求得.
在中，因为，所以，
所以.
又平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为平面，
所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
由（1）知平面，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，可得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
21. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时乙获胜的概率；
（2）求甲获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故
【小问2详解】
设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情
况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．
此时的概率
故
22. 已知是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点（异于点），当直线的斜率不存在时，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，确定椭圆C过点，再代入求解作答.
（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理求出面积的函数关系，再利用对勾函数的性质求解作答.
【小问1详解】
依题意，，当直线的斜率不存在时，由，得直线过点，于是，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去整理得，则，
的面积
，令，对勾函数在上单调递增，
则，即，从而，当且仅当时取等号，
故面积的取值范围为．
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.