河北省邯郸市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题

第一学期高二年级期末质量检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.直线一个方向向量是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用直线方向向量的概念求解即可.【解析】直线的斜率，其一个方向向量为，故选：C2.已知是不共面的空间向量，若与（是实数）是平行向量，则的值为（）A.16 B.-13 C.3 D.-3【答案】C【解析】【分析】根据，结合，列出方程组，求解即可.【解析】因为是不共面的空间向量且，故，则，解得，所以.故选：C.3.一个弹性小球从10米高处自由落到地面后弹起到原来的一半高度，再自由落到地面后又弹起到上一次的一半高度，如此反复进行下去，则小球第五次落地时经过的路程为（）A.29.375米 B.19.375米C.38.75米 D.28.75米【答案】D【解析】【分析】分别求出每次落地经过的路程，相加即可求解.【解析】前五次落地经过的路程分别为10米、10米、5米、2.5米、1.25米，其和为28.75米，故选：D4.已知圆过点，则圆的标准方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得圆心，半径，即可得圆的标准方程.【解析】由在圆上，故圆心在直线上，由在圆上，故圆心在直线上，即圆心，半径，故方程为.故选：A.5.已知椭圆的左､右焦点分别为，点是该椭圆上的动点､点，则的最大值是（）A.9 B.8 C.7 D.6【答案】A【解析】【分析】由椭圆定义得出，于是有，只要求得的最大值即可得，而，从而可得结论．【解析】由题可知，，所以，而，即，故，当且仅当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，故选：A.6.已知数列中，且，则数列的前项和（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用构造法、等比数列的定义和通项公式，结合数列求和中的分组求和法及等比数列的前项和公式即可求解.【解析】由得，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以，所以，所以，故选：D.7.过直线上的动点向圆心为，半径为2的圆引两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由圆的切线性质，四边形的面积，当时，最小，即可求出.【解析】由圆的切线性质，四边形的面积。当时，最小，所以四边形的面积最小，此时所以.故选：B.8.如图，已知双曲线的一条弦所在直线的倾斜角为，点关于原点的对称点为，若，双曲线的离心率为，则（）A.3 B. C. D.4【答案】C【解析】【分析】由题意结合两角和的正切公式求出，设，利用点差法可推出，再根据，即可求得答案.【解析】由题可知，弦所在直线的倾斜角为，，则直线的倾斜角为，.设，则，则，，两式相减可得，即，即，则，故，故选：C.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知点到直线的距离相等，则斜率的值可以是（）A. B.2 C.0 D.【答案】AC【解析】【分析】解法1：利用点到直线距离公式得到方程，求出斜率的值；解法2：分直线与平行和直线经过的中点两种情况，求出答案.【解析】解法1：点到的距离相等，即，解得或；解法2：直线过定点，线段的斜率为，直线与平行时，点到直线的距离相等，此时；直线经过的中点时，点到直线的距离相等，此时，综上，或.故选：AC.10.法国数学家加斯帕尔•蒙日发现：椭圆的两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆（称为椭圆的蒙日圆）.已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，点是该椭圆的蒙日圆上的动点，则下列说法正确的是（）A.该椭圆的蒙日圆的方程为B.存在点使的面积为25C.使的点有四个D.直线的斜率之积【答案】ACD【解析】【分析】利用设直线方程，联立椭圆方程，结合判别式为0，求出蒙日圆方程判断A；求出的面积的最大值，即可判断B；判断以为直径的圆与椭圆的交点个数，即可判断C；设，求出的表达式，结合椭圆方程化简，求出其值，判断D.【解析】因为椭圆方程为，故，当椭圆的两条互相垂直的切线，一条斜率不存在，另一条斜率为0时，切线分别经过长轴端点和短轴端点，此时切线的交点为；当椭圆的两条互相垂直的切线斜率均存在时，设两切线交点为，切点为，切线方程设为，联立，整理得，由于直线与椭圆相切，故，即，由于两切线的斜率即为该方程的两个根，即，又因为，则，即，此时两切线交点的轨迹方程为，而也适合该方程，故该椭圆的蒙日圆的方程为，A正确；当Q点位于圆与y轴的交点处时，取到最大值，最大值为,即不存在点使的面积为25，B错误；由于，故以为直径的圆的方程为，而椭圆的短半轴长为，故圆与椭圆有四个交点，正确；由题意知，设，则，故，故，D正确.故选：ACD.11.已知数列的前项和分别为，若，则下列说法正确的是（）A.是首项为2的等差数列B.是首项为1的等比数列C.当时，均为奇数，均为偶数D.存在，使得【答案】BC【解析】【分析】由与的关系可得、的通项公式，即可得A、B、C，假设存在对应，使得，结合奇数与偶数的性质可得其矛盾，即可得D.【解析】对A：由，则当时，有，故，当时，，不符合上式，故，故A错误；对B：由，则当时，有，故，当时，，符合上式，故，故B正确；对C：由，，则当时，均为奇数，均为偶数，故C正确；对D：若存在使得，则，等式两边均为偶数，所以为偶数，设，则，所以，此时等号两边分别为偶数和奇数，不可能相等，故D错误.故选：BC.12.如图，平行六面体的校长均为3，且两两向量的夹角都是，过的平面与分别交于点，则（）A.截面的面积为9B.C.的夹角是D.平行六面体的体积为【答案】ABD【解析】【分析】由平行六面体各棱对应向量的位置关系，结合线线角向量求法，应用向量加减、数乘的几何意义及数量积的运算律逐项判断.【解析】菱形中，所以，菱形为正方形，故面积为，正确；平面与侧面的交线平行，平行，则是平行四边形，，B正确；因为，所以，所以，故的夹角不是不正确；由上知的夹角的正弦值是，所以平行六面体的高为，则平行六面体体积为，D正确.故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若点在抛物线上，则该抛物线的准线方程为______.【答案】【解析】【分析】先求出抛物线标准方程，再求准线方程.【解析】将点代入，得，所以抛物线解析式为，即，故其准线方程为.故答案为：.14.已知等差数列的前项和分别为，且，则______.【答案】【解析】【分析】利用计算可得答案.【解析】因为，所以，所以，故.故答案为：.15.如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，设，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】利用空间向量求两点间的距离，求最值即可.【解析】设的中点为，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图.由，可得，则，所以当时，取最小值.故答案为：.16.已知双曲线的左焦点为，过点的直线分别与渐近线和交于点，且（是坐标原点）.若，则的值为______.【答案】或【解析】【分析】分类讨论，即分别在轴两侧或在轴左侧，求出，，分别确定和，结合解直角三角形，求出的关系，即可求得答案.【解析】若分别在轴两侧（如图），到的距离.由，得.设的倾斜角为，则，且,在中，，所以，所以，,所以.若均在轴左侧（如图），在中，，,所以，所以，,所以，故答案为：或四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知等差数列的前项和为，首项，公差.从①；②成等比数列；③三个条件中任选一项，解答下列问题.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分.【答案】（1）选择见解析，（2）【解析】【分析】（1）选项①，根据条件求出，从而得出，即可求出结果；选②：利用条件成等比数列，求出，即可求出结果；选项③：利用等差数列的前项和公式，得到，再根据条件求出，即可求出结果；（2）根据条件得到，利用等比数列及等差数列前项和公式，分组求和即可求出结果.小问1解析】选①：因为数列为等差数列，且，得到，又，所以，所以数列的通项公式为.选②：因为等差数列中成等比数列，则，解得或（舍），又，所以数列的通项公式为.选③：因为数列为等差数列，所以，又，所以，解得，所以数列的通项公式为.【小问2解析】由（1）知，则，所以.而，所以.18.古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点距离之比为常数且）的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿波罗尼斯圆.已知中，.（1）求的顶点的轨迹方程；（2）若圆和顶点的轨迹交于两点，求直线的方程和圆心到的距离.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）解法1：设出，根据得到方程，求出轨迹方程；解法2：由阿波罗尼圆的定义得到，顶点的轨迹为圆，圆心在直线上，求出该圆与轴的两交点，故的轨迹是以为直径的圆，求出轨迹方程；（2）两圆相减得到直线的方程，并利用点到直线距离公式求出答案.【小问1解析】解法1：设顶点，则，故，化简得的轨迹方程为.解法2：由阿波罗尼圆的定义，顶点的轨迹为圆，圆心在直线上，设圆与轴的两交点为，根据得，，解得或9，故当或时，都满足，所以顶点的轨迹是以为直径的圆，其方程为.【小问2解析】将圆和相减可得，即所求直线的方程为.圆心到的距离.19.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，且.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设公比为，根据已知求出，再求；（2）求出，利用裂项相消求和可得答案.【小问1解析】设公比为，因为，所以，又，解得，所以；【小问2解析】由（1）知，则，所以，所以数列的前项和.20.如图，四边形是平行四边形，为的中点.以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线.（1）求证：直线平面；（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）利用合理转化证明线面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法计算即可.【小问1解析】由题意知，分别取的中点，连接，则，.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，同理平面，所以//.因为平面平面，所以//平面.因为平面平面直线，所以//.又平面，所以直线平面.【小问2解析】不妨设，所以平行四边形中，，所以.又平行四边形中，，所以，所以，即.以为原点，所在直线分别为轴，轴，直线为轴，建立如图的空间直角坐标系.又，则，所以，所以.设平面的法向量为，则得令，则，所以平面的一个法向量为.由（1）知，是平面的一个法向量，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.21.已知曲线的左､右焦点分别为，倾斜角为的直线经过左焦点.直线与曲线的交点为（在轴上方），过点作的平分线的垂线，垂足为为坐标原点.（1）若，求内切圆的圆心的横坐标和的长；（2）若，求的面积和的长.【答案】21.圆心的横坐标为，22.，【解析】【分析】（1）设内切圆分别与切于点，由切线长关系可得，，结合双曲线定义得，求得圆心的横坐标为；设与的延长线交于点，则，可得，而得解；（2）设与的延长线交于点，令，则，所以，在中，由余弦定理求出，得解.【小问1解析】由题意曲线，则.设内切圆分别与切于点，则，，所以，即圆心的横坐标为.设与的延长线交于点，则，所以.因为分别为的中点，所以.【小问2解析】曲线，则.设与的延长线交于点，令，则，所以.因为分别为的中点，所以.在中，由余弦定理得，即，解得，所以.在中，.【小结】思路小结：第一问，由圆的切线性质结合双曲线的定义求得圆心的横坐标，再根据平面几何得，因为分别为的中点，所以得解.第二问，设与的延长线交于点，令，结合椭圆定义，，在中，由余弦定理求出，又因为分别为的中点，所以以及三角形面积公式运算得解.22.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于不同的两点，且当为的中点时，.（1）求抛物线的方程.（2）记抛物线在两点处的切线的交点为，是否存在直线使与的面积相等？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存，理由见解析【解析】【分析】（1）由为的中点，分别表示出，，的坐标，再利用抛物线的定义表示出即可求出的值，从而得到抛物线的方程；（2）设直线，将直线与抛