2023-2024學(xué)年廣東省深圳市龍崗區(qū)高二上學(xué)期期末區(qū)統(tǒng)考數(shù)學(xué)模擬試題第Ⅰ卷選擇題一、單項選擇題：本大題共8小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1．直線的傾斜角為（

）A．60° B．90° C．120° D．150°2．雙曲線的一條漸近線經(jīng)過，則該雙曲線離心率為（

）A． B．2 C． D．43．已知數(shù)列滿足，則（

）A．1 B．2 C． D．4．已知等比數(shù)列的前項和為，則（

）A．18 B．54 C．128 D．1925．已知，是平面的一個法向量，且是平面內(nèi)一點，則點A到平面的距離為（

）A． B． C． D．6．已知橢圓（）的左，右焦點分別為，，P為橢圓上一點，的最大值為3，且，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（

）A． B． C． D．7．設(shè)圓的直徑為，若在圓上存在點，使得，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．已知是橢圓和雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，則橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為（

）A． B．C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求9．下列求導(dǎo)運算正確的是（

）A． B．C． D．10．公差為的等差數(shù)列的前項和為，若，則下列選項正確的是（

）A． B．時，的最小值為2022C．有最大值 D．時，的最大值為404311．過拋物線的焦點F的一條直線交拋物線于，兩點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．為定值B．若經(jīng)過點A和拋物線的頂點的直線交準(zhǔn)線于點C，則軸C．存在這樣的拋物線和直線AB，使得OA⊥OB（O為坐標(biāo)原點）D．若直線AB與x軸垂直，則12．如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點E，F(xiàn)，且，則下列結(jié)論中正確的有（

）A．當(dāng)點E運動時，總成立B．當(dāng)E向運動時，二面角逐漸變小C．二面角的最小值為D．三棱錐的體積為定值第Ⅱ卷非選擇題三、填空題：本題共4小題13．已知向量，則在方向上的投影向量的坐標(biāo)為14．如圖，長方體中，，點在線段上，且為線段的中點，若，則異面直線與所成角的余弦值為．15．若直線是函數(shù)的圖象在某點處的切線，則實數(shù)．16．已知雙曲線C：的右焦點為F，過點F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為P，Q，若，（O為坐標(biāo)原點），則.四、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17．已知動點與兩個定點，的距離的比是2.(1)求動點的軌跡的方程；(2)直線過點，且被曲線截得的弦長為，求直線的方程.18．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a4＝9，S3＝15.（1）求Sn；（2）設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，證明.19．已知拋物線上橫坐標(biāo)為4的點到其焦點的距離是6．(1)求的方程；(2)設(shè)直線交于，兩點，若（為坐標(biāo)原點），求的值．20．已知為等差數(shù)列，是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，.(1)求和的通項公式；(2)求數(shù)列的前n項和.21．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的菱形，，為正三角形，為的中點，且平面平面，是線段上的點.(1)求證：；(2)是否存在點，使得直線與平面的夾角的正弦值為，若存在；求出此時的值；若不存在，請說明理由.22．已知為橢圓C：上一點，點P與橢圓C的兩個焦點構(gòu)成的三角形面積為．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)不經(jīng)過點P的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若直線PA與PB斜率的乘積為－1，證明：直線必過定點，并求出這個定點坐標(biāo)．1．B【分析】由題意可知直線與軸垂直，結(jié)合傾斜角的概念即可得解.【詳解】由題意直線為與軸垂直的直線，故它的傾斜角為90°.故選：B.2．B【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線與離心率的關(guān)系求解.【詳解】雙曲線的一條漸近線方程為，將代入漸近線方程得，所以，故選:B．3．B【分析】根據(jù)遞推關(guān)系得到數(shù)列周期，利用周期性求項.【詳解】由題設(shè)，，，……，所以是周期為3的數(shù)列，又可得,則.故選：B4．D【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義結(jié)合求和定義，可得答案.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，解得．．故選：D.5．D【分析】求出的坐標(biāo)，再利用點到面的距離公式求解即可.【詳解】由已知，又，則點A到平面的距離為.故選：D.6．B【分析】由題意得，根據(jù)橢圓的定義可得，結(jié)合計算即可求解.【詳解】因為的最大值為3，所以．因為，所以，即，所以，．又，所以，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為故選：B7．B【分析】由題意可得圓與圓有交點，則，進(jìn)而可得出答案.【詳解】圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程，則圓心，半徑，圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程，圓心，半徑，因為為圓的直徑，在圓上存在點，使得，即，所以圓與圓有交點，則，即且，解得，所以的取值范圍是.故選：B.8．A【分析】根據(jù)雙曲線以及橢圓的定義可得，，進(jìn)而在焦點三角形中運用余弦定理即可得，再結(jié)合均值不等式即可求解.【詳解】如圖，設(shè)橢圓的長半軸長為，雙曲線的半實軸長為，則根據(jù)橢圓及雙曲線的定義，得，，所以，，設(shè)，，則在△中由余弦定理，得，化簡得：，即，又，，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，所以橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為．故選：A.關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是利用橢圓與雙曲線的定義得到，，從而利用余弦定理構(gòu)造得關(guān)于的齊次方程，由此得解.9．BC【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算公式及運算法則進(jìn)行計算即可.【詳解】A選項，，故A選項錯誤；B選項，，故B選項正確；C選項，，故C選項正確；D選項，，故D選項錯誤；故選：BC.10．CD【分析】AB選項，根據(jù)，得到，從而得到，A錯誤，時，的最小值為2023，B錯誤；C選項，求出，由二次函數(shù)性質(zhì)得到有最大值；D選項，計算出，，得到答案.【詳解】對于：由可得，故等差數(shù)列的公差，故A錯誤；對于B：由A得，數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，且，故時，的最小值為2023，故B錯誤；對于C：由A得，，故是關(guān)于的開口向下的二次函數(shù)，其有最大值，沒有最小值，故C正確；對于D：因為數(shù)列的前2022項均為正數(shù)，且，，時，的最大值為4043，故D正確故選：CD11．ABD【分析】由已知可得AB的斜率不等于0，所以設(shè)直線方程為，代入拋物線方程，運用韋達(dá)定理，可判斷A；求得直線OA方程和準(zhǔn)線方程聯(lián)立，求得交點C，可判斷B；若，即，運用韋達(dá)定理和點滿足拋物線方程，解方程即可判斷C；當(dāng)AB與x軸垂直時，，可求得，可判斷D．【詳解】

由已知可得AB的斜率不等于0，所以設(shè)AB的方程為，聯(lián)立直線與拋物線的方程，消去x得，所以為定值，即A正確，經(jīng)過點A和拋物線的頂點的直線的方程為，與準(zhǔn)線的交點的坐標(biāo)，因為，所以，即軸，所以B正確，因為，所以不可能，即C錯誤，當(dāng)AB與x軸垂直時，，則由拋物線定義得，所以D正確，故選:ABD．12．ACD【分析】A選項，作出輔助線，得到，，從而得到平面，因為平面，所以總成立；B選項，當(dāng)E向運動時，平面與平面的夾角不變；C選項，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，得到二面角的法向量，求出二面角的余弦，從而得到余弦值的最大值，得到二面角的最小值；D選項，利用體積公式求出三棱錐的體積為定值.【詳解】對于A，連接，，，

因為四邊形為正方形，故，又⊥平面，平面，所以，又，平面，所以平面.因為平面，所以，同理可證.因為，平面，所以平面，因為平面，所以總成立，故A正確.對于B，平面EFB即平面，平面EFA即平面，所以當(dāng)E向運動時，二面角的大小不變，故B錯誤.對于C，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，所以，因為E，F(xiàn)在上，且，故可設(shè)，，，則，由題知平面ABC的一個法向量為，設(shè)平面ABE的一個法向量為，則，解得，取，則，故，設(shè)二面角的平面角為，則為銳角，所以，又，所以當(dāng)時，取得最大值，取得最小值，故C正確；對于D，因為，點A到平面EFB的距離即到平面的距離，為，所以，為定值，故D正確.故選：ACD13．【分析】根據(jù)投影向量的定義，數(shù)量積和模的坐標(biāo)運算公式即可得解.【詳解】由題意向量，則在方向上的投影向量的坐標(biāo)為.故答案為.14．##【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出相關(guān)點及向量的坐標(biāo)，求出必要參數(shù)，利用向量的夾角公式求解即可，或作合適輔助線，利用線線角定義求解也可.【詳解】．解法一以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，所以，則，解得，所以，所以，設(shè)線線角為則，因此異面直線與所成角的余弦值為．故解法二設(shè)，因為，所以，得．如圖，取線段上靠近點的三等分點，靠近點的三等分點，連接，易知，又，所以，故為異面直線與所成的角或其補角．，所以，因此異面直線與所成角的余弦值為．故15．【分析】利用求得切點坐標(biāo)，代入切線方程，從而求得.【詳解】令，解得，所以切點為，將代入切線得.故16．1【分析】解法一：不妨設(shè)，，點P在x軸上方，過點F作交OP于點M，易得，再根據(jù)，求出的關(guān)系，結(jié)合的關(guān)系即可得解.解法二：記，，設(shè)直線PQ的方程為，不妨設(shè)點P在x軸上方，則點Q在x軸下方，分別聯(lián)立直線和直線的方程，求出的坐標(biāo)，再根據(jù)得，結(jié)合即可得出答案.【詳解】解法一：不妨設(shè)，，點P在x軸上方，則直線OP的方程為，過點F作交OP于點M，則，又，由雙曲線的對稱性可得，所以，，所以，所以，所以，又，所以.解法二：記，，由題可知，直線PQ的斜率存在且不為0，故設(shè)直線PQ的方程為，不妨設(shè)點P在x軸上方，則點Q在x軸下方，直線OP的方程為，直線OQ的方程為，由得，所以，由，得，所以，由得，即，所以，得，因為，，所以，得，又，所以.故答案為.17．(1)(2)或【分析】（1）直接利用條件求出點的軌跡方程，所求方程表示一個圓；（2）直線的斜率分存在與不存在兩種情況，當(dāng)直線的斜率不存在時，檢驗不滿足條件；當(dāng)直線的斜率存在時，用點斜式設(shè)出直線的方程，根據(jù)弦長和點到直線的距離公式列出等式即可求出直線的斜率，進(jìn)而求出直線的方程.【詳解】（1）設(shè)點，動點與兩個定點，的距離的比是，，即，則，化簡得，所以動點的軌跡的方程為；（2）由（1）可知點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，直線被曲線截得的弦長為，圓心到直線的距離，①當(dāng)直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時圓心到直線的距離是3，不符合條件；②當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，即，所以圓心到直線的距離，化簡得，解得或，此時直線的方程為或.綜上，直線的方程是或.18．（1）；（2）見解析【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項公式與求和公式即可得出.（2）利用裂項求和方法即可得出.【詳解】（1）解：S3＝3a2＝15?a2＝5，∴，∴an＝2n+1，；（2）證明：.本題考查了等差數(shù)列的通項公式與求和公式、裂項求和方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題.19．(1)(2)8【分析】（1）根據(jù)拋物線上一點到焦點的距離等于其橫坐標(biāo)加，結(jié)合題意列式求解即可得出答案；（2）設(shè)，，聯(lián)立直線與拋物線方程，通過韋達(dá)定理即可得出，進(jìn)而得出，由題意，得出，代入即可解出答案.【詳解】（1）的準(zhǔn)線為．由題意根據(jù)拋物線定義得：，解得，故的方程為：．（2）聯(lián)立與得，．設(shè)，，則，于是．因為，所以，即，因為，所以．20．(1)(2)【分析】（1）直接由等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量的計算算出公差，公比即可得解.（2）直接由等比數(shù)列公式法、錯位相減法求和運算即可得解.【詳解】（1）由題意設(shè)等差數(shù)列等比數(shù)列的公差公比分別為，則由題意有，解得，所以和的通項公式分別為.（2）設(shè)數(shù)列的前n項和為，由（1）可得，所以，，兩式相減得，所以數(shù)列的前n項和為.21．(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）先利用線面垂直從而證明平面，從而證明；（2）利用空間向量法求出直線與平面的夾角為時點的位置，從而求解.【詳解】（1）證明：連接，，如圖所示，因為四邊形是菱形，所以，因為，所以為等邊三角形，又因為為的中點，所以，因為是等邊三角形，為中點，所以，因為，平面，所以平面，又因為，所以平面，因為平面，所以.（2）存在，，理由如下：因為平面平面，平面平面，由(1)知，，平面，所以平面，因為，以點為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，，，，設(shè)，，，設(shè)平面的一個法向量，，