浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末质量调测数学试题

浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末质量调测数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．直线l经过A4,23,BA．−π6 B．π6 C．π2．抛物线y=4xA．1,0 B．2,0 C．0,−116 3．已知数列{an}满足a1=2，aA．15 B．−14 C．−4．已知E,F分别是空间四边形ABCD的对角线AC,BD的中点，点G是线段EF的中点，P为空间中任意一点，则PA+A．PG B．2PG C．3PG 5．若方程x2A．−6,+∞ B．−6,+∞ C．−∞6．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，过AB作一垂直于B1C的平面交平面ADDA．32 B．22 C．17．已知等腰直角△ABC的斜边AB=2,M,N分别为AC,AB上的动点，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A'的位置，且平面A'MN⊥平面BCMN.若点AA．8π3 B．3π2 C．6π8．设椭圆C的两个焦点是F1,F2，过点F1的直线与C交于点P,Q，若PA．32 B．57 C．34二、多选题9．对于两条不同直线m,n和两个不同平面α,β，下列选项正确的是（）A．若m⊥α,n⊥β,α⊥β，则m⊥nB．若m//α,n//β,α⊥β，则m⊥n或m//nC．若m//α,α⊥β，则m//β或m⊂βD．若m⊥α,m⊥n，则n//α或n⊂α10．已知圆O1:x2+y2A．圆O1和圆OB．直线AB的方程为x−y+1=0C．圆O2上存在两点P和Q使得D．圆O1上的点到直线AB的最大距离为11．两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当θ<α<π2时，截口曲线为椭圆；当α=θ时，截口曲线为抛物线；当0<α<θ时，截口曲线为双曲线．在长方体ABCD−A1BA．若点P到直线CC1的距离与点P到平面B．若点P到直线CC1的距离与点P到C．若∠BDD．若∠BD12．如图，直平面六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都为2，∠DAB=60A．过点A1B．若直线AQ//面A1BP，则直线AQC．存在点Q使得直线B1Q⊥D．点Q到面A1BP三、填空题13．经过点A(3,−1)，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为.14．设两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且S15．已知抛物线C:y2=2x和圆M:x−a16．正三棱锥S−ABC，SA=2AB=4，点P为侧棱SA的中点，M,N分别是线段SB,AB上的动点，则2PM+MN的最小值为.四、解答题17．已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，（1）若a3+b（2）若T3=21，求18．已知圆C过点A4,2和点B1,3，圆心在直线（1）求圆C的方程，并写出圆心坐标和半径的值；（2）若直线l经过点P1,−1，且l被圆C截得的弦长为4，求直线l19．如图，在三棱锥ABC-A1B1C（1）证明：A1（2）求直线A1B和平面20．已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，Q为C上一点且纵坐标为4，QP⊥y轴于点（1）求p的值；（2）已知点M12,−2，A,B是抛物线C上不同的两点，且满足kAM+21．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3，侧面ΔPAD是边长为2的正三角形，侧面PAD⊥（1）证明：AD⊥BP；（2）若点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的最小值.22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且ΔOAB

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为θ，易知kAB=3即直线l的倾斜角θ=π故答案为：C.【分析】根据两点求斜率的公式，结合斜率与倾斜角关系求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：化抛物线y=4x2为抛物线方程x2故答案为：D.【分析】先化抛物线y=4x3．【答案】C【解析】【解答】解：a2=a1−1故答案为：C．【分析】根据递推公式an+14．【答案】D【解析】【解答】解：由题意可得：PA+故答案为：D.【分析】由题意，根据向量加法运算法则化简即可.5．【答案】D【解析】【解答】解：方程x2+y若方程表示的曲线是圆，则r=6−k>0，解得故答案为：D.【分析】先配方化方程为x+k26．【答案】A【解析】【解答】解：因为ABCD−A1B1C1DBC1⊂平面ABC1D1，AB⊂平面ABC1D1，易知B设正方体棱长为1，建立空间直角坐标系，如图所示：

则M0,m,m设两直线所成角为θ，BM=故cosθ=1+m1+令m+1=t，则cosθ=当1t=23时，即故答案为：A.【分析】由ABCD−A1B1C1D1为正方体，易知B1C⊥平面7．【答案】D【解析】【解答】解：由点A',B,C,M,N均在球O的球面上，且B,C,M,N共圆（M不与所以∠NMC+∠B=∠C+∠MNB=π（M不与C重合），又△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有MN⊥AB，如上图，△ANM、△BNM、△BCM都为直角三角形，且∠ANM=∠MNB=∠C=π由平面图到立体图知：MN⊥A'N又面A'MN⊥面BCMN，面A'MN∩面BCMN=MN，所以A'N⊥面BCMN，同理可得BN⊥面将△AMN翻折后，A'M,BM的中点D,E分别为△A'过D作DO⊥面A'NM，过E作EO⊥面BCMN，它们交于O，即为A'−BNMC外接球球心，再过D作DF⊥面BCMN，交NM于F，连接EF，则EFDO为矩形，综上，DF//A'N，DO//BN，则F所以DO=EF=12BN，而A令A'N=x且0<x≤1，则BN=2−x，故所以球O半径r=D当x=23时，rmin=1故答案为：D.【分析】由题设B,C,M,N共圆（M不与A重合），确定MN⊥AB，找到△A'NM，四边形BCMN外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设A'8．【答案】B【解析】【解答】解：不妨设椭圆的焦点在x轴上，如图所示：

因为PF2=又3PF1=4Q所以QF由余弦定理知：cos∠整理得7c2−12ac+5a2=0，即7e2−12e+5=0，解得e=1故答案为：B.【分析】由题意，不妨设设椭圆的焦点在x轴上，由PF2=F19．【答案】A,D【解析】【解答】解：A、若m⊥α,α⊥β，则m//β或m⊂β，又n⊥β则m⊥n，故A正确；B、若m//α,n//β,α⊥β，m,n可平行，可相交，可异面，不一定垂直，故B错误；C、若m//α,α⊥β，则m//β或m⊂β或m,β相交，故C错误；D、若m⊥α,m⊥n，则n//α或n⊂α，故D正确.故答案为：AD.【分析】根据空间直线、平面间的位置关系逐项判断即可．10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；对于B，将两圆方程作差可得−2x+2y−2=0，即得公共弦AB的方程为x−y+1=0，B符合题意；对于C，直线AB经过圆O2的圆心(0,1)，所以线段AB是圆O2的直径，故圆O2对于D，圆O1的圆心坐标为(1,0)，半径为2，圆心到直线AB:x−y+1=0的距离为|1+1|2=2，所以圆O1故答案为：ABD.【分析】A：两圆满相交，有两条公切线，正确；B：两圆方程作差，可得；

C：注意AB过圆心，是直径；D：垂径定理的应用。11．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、如下图所示：P到直线CC1的距离与P到平面BB1C1C的距离相等，又P在平面ABCD内，所以在平面内，P到C的距离与P到直线BCB、P到直线CC1的距离与P到由A可知：平面内，P到直线C的距离与P到A的距离之和等于4，而|AC|=2所以P的轨迹为椭圆，故B正确；C、如下图所示，根据正方体的性质知：BD1与面ABCD所成角的平面角为所以∠BD1P=45°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ=90°的圆锥被面ABCD所截形成的曲线，而BD、同C当∠BD1P=60°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ=120°的圆锥被面ABCD故答案为：BD.【分析】将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义即可判断AB；确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹从而判断CD即可.12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、过点A1,B,P的截面即为平面A1则A13,−1,2,B3A1B⋅BP=0+2−2=0B、如图M,N分别为DD1,DC的中点，又P为CC1的中点，所以MP平行且等于CD，MN//C所以MP平行且等于AB，即四边形ABPM是平行四边形，所以AM//BP，又BP⊂平面A1BP，AM⊄平面A1BP，所以又A1D1平行且等于AD，BC所以A1D1平行且等于BC，即四边形A又因为MN//CD1，所以又因为A1B⊂平面A1BP，MN⊄平面A1又因为AM//平面A1BP，NM∩AM=M,NM,AM⊂面故平面AMN//平面A1BP，故点Q在线段易知A3,−1,0,M故MA⋅MN=0，故AQC、设平面A1BP的法向量为n=令x=23，则y=z=3，故n=23,3,3故B1Q=−3,a−1,b−2，要使得解得：a=−12,b=12故须满足0≤a≤2且0≤b≤2，故C错误；D、PQ=0,a−2,b−1，故故当a=b=0时，点Q到面A1BP的距离最大，最大值为930【分析】过点A1,B,P的截面即为平面A1BPE，只需验证A1B⋅BP是否为0即可判断A；先证明平面AMN//平面A1BP，故点Q在线段13．【答案】x【解析】【解答】∵双曲线为等轴双曲线，则可设方程为x2将A(3,−1)代入可得9−1=λ，即λ=8，故方程为x2−y故答案为：x2

【分析】首先设出等轴双曲线的方程，并把点的坐标代入到方程计算出λ的值，由此得到双曲线的方程。14．【答案】5【解析】【解答】解：由数列an和bn均为等差数列，且SnTn故答案为：57【分析】由题意，根据等差数列性质，将a3b3写为a15．【答案】1−【解析】【解答】解：如图所示：

不妨设交点为Px0,2x0，且满足x故由题知：2x0−0代入圆方程可得：4a2−2a−1=0故答案为：1−5【分析】由题意，设交点为Px0,2x16．【答案】15【解析】【解答】解：过点P作PD⊥SB于D，如图所示：

则SP=2，△ABS中，cos∠ASB=16+16−42×4×4=PD=SP2−SD2=故DM=PM⋅cosα=15cos∠SBA=16+4−162×4×2=1故MN故2PM+MN=15而8≥28+15tan当且仅当8+15tanα所以2PM+MN≥15故答案为：15.【分析】过点P作PD⊥SB于D，△ABS中，求得SD=74，PD=154，设∠PMD=α，得到BM=94−17．【答案】（1）解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为因为a2+b2=2,a3+b（2）解：由T3=21，可得q2+q−20=0，解得q=−5或q=4；

当q=4时，由a2+b2=2=1+d+q，解得d=−3，则S3=1−2−5=−6；

当q=−5【解析】【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为（2）先由T3=21求得公比，再结合a2（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由a2+b2=2,a3+b（2）由T3=21得q2+q−20=0，解得当q=4时，由a2+b2=2=1+d+q得当q=−5时，由a2+b2=2=1+d+q得综上所述，故S318．【答案】（1）解：设圆C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，

因为圆C过点A4,2和点解得D=−4,E=−2,F=0，则圆C的方程为：x2圆心为2,1，半径为r=5（2）解：由（1）知，圆心到直线l的距离为d=5−当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=1，符合题意；当直线斜率存在时，不妨设直线方程为y+1=kx−1即kx−y−k−1=0，令2k−1−k−1k解得k=34，直线方程是综上所述，直线l的方程是：x=1或3x−4y−7=0.【解析】【分析】（1）设圆C的一般方程为x2（2）由被圆所截弦长可得圆心C到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.（1）设圆C的方程为x2+y解得D=−4,E=−2,F=0，所以圆C的方程为：x2圆心为2,1，半径为r=5（2）由（1）知，圆心到直线l的距离为d=5−于是当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=1，符合题意；当直线斜率存在时，不妨设直线方程为y+1=kx−1即kx−y−k−1=0，令2k−1−k−1k解得k=34，直线方程是综上所述，直线l的方程是：x=1或3x−4y−7=0.19．【答案】（1）证明：设Ε为ΒC中点，由题意得A1E⊥平面ΑΒC，因为AB=AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面A1由D，Ε分别为B1C1,BC的中点，得DE//BB1且所以AA1DE因为AE⊥平面A1BC，所以A1（2）解：作A1F⊥DE，垂足为F，连结ΒF，如图所示：因为AE⊥平面A1BC，所以因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA所以BC⊥A1F,所以∠A1BF为直线A由AB=AC=2,∠CAB=90∘，得由AE⊥平面A1BC，得由DE=BB1=4,D所以sin【解析】【解答】（1）由题意，利用线面垂直的定义得到线线垂直，再根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直即可；（2）作A1F⊥DE，垂足为F，连结ΒF，证明A1F⊥平面BB1C20．【答案】（1）解：易知点Q8由抛物线定义可知：8p=1故抛物线方程为：y2（2）解：点M12,−2点Ax1,y1在Δ>0下，由韦达定理可得：y1+y2整理，得n=3m−2，将n=3m−2代入直线x=my+n，得x=my+3m−2，即x+2=my+3，所以直线AB恒过定点−2,−3【解析】【分析】（1）由题意，易知点Q8p,4（2）设直线AB:x=my+n，Ax1,y1,Bx（1）显然点Q8由抛物线定义可知，8p=1所以抛物线方程为：y2（2）点M12,−2点Ax1,y1在Δ>0下，ykAM整理，得n=3m−2，将n=3m−2代入直线x=my+n，得x=my+3m−2，即x+2=my+3，所以直线AB恒过定点−2,−321．【答案】（1）证明：取AD中点O，连接OP、OB，

由题可知：△ADB和△PAD，AD⊥BO，AD⊥PO，

因为PO∩BO=O，PO,BO⊂平面POB，所以AD⊥平面POB，

又因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB；（2）解：因为侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂侧面PAD,PO⊥AD，故PO⊥平面ABCD，分别以OB,OD,OP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则A0,−1,0,B3,0,0,C3,2,0,D0,1,0,P0,0,3，

PC=3,2,−3，

设PQ=λPC=λ3,2,−3=3λ,2λ,−3λ,0≤λ≤1，

∴OQ=OP+PQ=0,0,3+3λ,2λ,−3λ

=3λ,2λ,3−3λ，

∴AQ=OQ−OA=3λ,2λ+1,3−3λ，

又AB=3,1,0，设面ABQ的法向量是m=【解析】【分析