浙江省紹興市上虞區(qū)2023-2024學年高二上學期期末質量調測數(shù)學Word版含解析.docx

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2023學年第一學期上虞區(qū)高二期末質量調測數(shù)學試卷一、單選題1.直線經過兩點，則的傾斜角是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)兩點坐標求出直線斜率，根據(jù)斜率與傾斜角關系即可得出答案.【詳解】由題知：，設直線的傾斜角為，故，所以傾斜角.故選：C2.拋物線的焦點坐標是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由方程求出可得焦點坐標．【詳解】拋物線方程可轉化為：，故焦點在軸正半軸，且，故焦點坐標為.故選：D.3.已知數(shù)列滿足，則（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根據(jù)遞推關系即可逐一代入求值.【詳解】.故選:C4.已知分別是空間四邊形的對角線的中點，點是線段的中點，為空間中任意一點，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)向量加法運算可解.【詳解】由題知：.故選：D5.若方程表示的曲線是圓，則實數(shù)k的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】方程配方后得，根據(jù)圓的半徑大于0求解.【詳解】由方程可得，所以當時表示圓，解得.故選：D.6.在正方體中，過作一垂直于的平面交平面于直線，動點在直線上，則直線與所成角余弦值的最大值為（） A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由正方體性質可知，平面，平面平面，故動點在直線上，建立空間直角坐標系，利用空間向量法表示線線角，并求最值.【詳解】由正方體性質可知，，，，平面，平面，易知平面，平面平面，故動點在直線上，設正方體棱長為1，并如圖建立空間直角坐標系，則，設兩直線所成角為，，故，即，令，則，所以當時，即時，.故選：A7.已知等腰直角的斜邊分別為上的動點，將沿折起，使點 到達點的位置，且平面平面.若點均在球的球面上，則球表面積的最小值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由題設共圓（不與重合），進而確定，找到△，四邊形外接圓圓心，由棱錐外接球、面面垂直的性質確定球心位置，設且，求外接球半徑最小值，即可得結果.【詳解】由點均在球的球面上，且共圓（不與重合），所以（不與重合），又為等腰直角三角形，為斜邊，即有，如上圖，△、△、△都為直角三角形，且，由平面圖到立體圖知：，，又面面，面面，面，所以面，同理可得面，將翻折后，的中點分別為△，四邊形外接圓圓心，過作面，過作面，它們交于，即為外接球球心，如下圖示，再過作面，交于，連接，則為矩形，綜上，，，則為中點，所以，而，，令且，則，故，， 所以球半徑，當時，，故球表面積的最小值為.故選：D8.設橢圓的兩個焦點是，過點的直線與交于點，若，且，則橢圓的離心率（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，結合橢圓定義依次得的表達式，進一步分別在中運用由兩次余弦定理，結合離心率公式即可求解.【詳解】不妨設橢圓的標準方程為， 因為，所以，又，所以，，所以，如圖所示，由余弦定理知：，整理得，又，解得：離心率.故選：B.【點睛】關鍵點睛：畫出圖形，通過橢圓定義把各邊長度求出來，由此即可順利得解.二、多選題9.對于兩條不同直線和兩個不同平面，下列選項正確的是（）A.若，則B.若，則或C.若，則或D.若，則或【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)空間直線、平面間的位置關系判斷．【詳解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，則的方向向量垂直，所以的方向向量與的方向向量垂直，則，A正確；若，可平行，可相交，可異面，不一定垂直，B錯；若，則或或相交，C錯誤；若，則或，D正確.故選：AD10.已知圓和圓的交點為，，則（） A.圓和圓有兩條公切線B.直線的方程為C.圓上存在兩點和使得D.圓上的點到直線的最大距離為【答案】ABD【解析】【分析】A：判斷兩圓相交可得切線條數(shù)；B：兩圓相交，做差可得公共弦方程；C：判斷弦AB經過圓心，則弦為最長弦，不再存在比AB更長的弦；D：求圓心到直線的距離加半徑即為到直線AB的最大距離.【詳解】解：對于A，因為兩個圓相交，所以有兩條公切線，故正確；對于B，將兩圓方程作差可得，即得公共弦的方程為，故B正確；對于C，直線經過圓的圓心，所以線段是圓的直徑，故圓中不存在比長的弦，故C錯誤；對于D，圓的圓心坐標為，半徑為2，圓心到直線的距離為，所以圓上的點到直線的最大距離為，D正確.故選：ABD.11.兩千多年前，古希臘大數(shù)學家阿波羅尼奧斯發(fā)現(xiàn)，用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，其截口曲線是圓錐曲線（如圖）．已知圓錐軸截面的頂角為2θ，一個不過圓錐頂點的平面與圓錐的軸的夾角為α．當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線；當時，截口曲線為雙曲線．在長方體中，，，點P在平面ABCD內，下列說法正確的是（） A.若點P到直線的距離與點P到平面的距離相等，則點P的軌跡為拋物線B.若點P到直線的距離與點P到的距離之和等于4，則點P的軌跡為橢圓C.若，則點P的軌跡為拋物線D.若，則點P的軌跡為雙曲線【答案】BD【解析】【分析】A、B將距離轉化到平面ABCD內P到定點、定直線的距離，結合圓錐曲線的定義判斷正誤；C、D確定被截圓錐的軸與截面ABCD的夾角，并比較被截圓錐軸截面頂角一半的大小關系，結合題設判斷P的軌跡.【詳解】A：如下圖，P到直線的距離與P到平面的距離相等，又P在平面ABCD內，∴在平面內，P到的距離與P到直線的距離相等，又，∴在直線上，故P的軌跡為直線，錯誤；B：P到直線的距離與P到的距離之和等于4，同A知：平面內，P到直線的距離與P到的距離之和等于4，而，∴P的軌跡為橢圓，正確；C：如下示意圖，根據(jù)正方體的性質知：與面所成角的平面角為， ∴時，相當于以為軸，軸截面的頂角為的圓錐被面所截形成的曲線，而，則，即，故P的軌跡為橢圓，錯誤；D：同C分析：時，相當于以為軸，軸截面的頂角為的圓錐被面所截形成的曲線，而，即，故P的軌跡為雙曲線，正確.故選：BD.【點睛】關鍵點點睛：將空間點線、點面距離轉化為平面點點、點線距離判斷軌跡，由題設及給定的條件確定被截圓錐的軸與截面ABCD的夾角、被截圓錐軸截面頂角大小，進而確定軌跡形狀.12.如圖，直平面六面體的所有棱長都為2，，為的中點，點是四邊形（包括邊界）內，則下列結論正確的是（）A.過點的截面是直角梯形B.若直線面，則直線的最小值為C.存在點使得直線面 D.點到面距離的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，過點的截面即為平面，只需驗證是否為0即可；對于B，首先證明平面平面，故點在線段上運動，由即可得解；對于C，求出平面法向量，由與法向量共線結合點是四邊形（包括邊界）內，即可判斷；對于D，由點面距離公式即可判斷.【詳解】對于A，過點的截面即為平面，建立空間直角坐標系，易知，故，，故，故，所以四邊形直角梯形，故選項A正確；對于B，如圖分別為的中點，又為的中點，所以平行且等于，，又平行且等于，所以平行且等于，即四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，又平行且等于，平行且等于， 所以平行且等于，即四邊形為平行四邊形，所以，又因為，所以，又因為平面，平面，所以平面，又因為平面，面，故平面平面，故點在線段上運動，易知，故，故，故的最小值即為，故選項B正確；對于C，設平面的法向量為，故，令，則，故，設，而，故，要使得面，故，解得：，因點在四邊形（包括邊界）內，故須滿足且，故選項C錯誤；對于D，，故，故當時，點到面的距離最大，最大值為，故選項D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點睛：C選項的關鍵是在得出之后，還要注意檢驗是否滿足且，由此即可順利得解.三、填空題13.經過點，并且對稱軸都在坐標軸上的等軸雙曲線的標準方程為_____________. 【答案】【解析】【分析】設出方程，代入點A即可求出.【詳解】雙曲線為等軸雙曲線，則可設方程為，將代入可得，即，故方程為，化為標準方程為.故答案為：.14.設兩個等差數(shù)列和的前項和分別為和,且,則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列性質,將寫為,即,代入題中等式即可得出結果.【詳解】解:由題意可得和均為等差數(shù)列,所以.故答案為:15.已知拋物線和圓，若拋物線與圓在交點處的切線互相垂直，則實數(shù)______.【答案】【解析】 【分析】由拋物線的對稱性，設交點為，利用導數(shù)求出拋物線在點的切線斜率，再求出過圓心、切點連線的斜率，二者斜率相等可得，代入圓方程可得答案.【詳解】由拋物線的對稱性，如圖，不妨設交點為，且滿足，則切線斜率，故由題知：，故解得：，代入圓方程可得：，故解得：.故答案為：.16.正三棱錐，，點為側棱的中點，分別是線段上的動點，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】過點作于，計算，，設，得到，根據(jù)余弦定理得到，，再確定，根據(jù)三角恒等變換結合均值不等式計算得到答案.【詳解】如圖所示，過點作于，則，中，，故， ，設，，則，故，所以，，，故，故，故，而，（），當且僅當，即時等號成立，所以；故答案為：. 【點睛】關鍵點睛：本題考查了正余弦定理，三角恒等變換，均值不等式，意在考查學生計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中引入變量，轉化為三角函數(shù)問題可以簡化運算，是解題的關鍵.四、解答題17.已知等差數(shù)列的前項和為，等比數(shù)列的前項和為，，.（1）若，求的通項公式；（2）若，求.【答案】（1）（2）或21【解析】【分析】（1）由等差、等比數(shù)列通項公式基本量列方程組求解即可.（2）首先由得公比，結合得公差，由此即可求解.【小問1詳解】設等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為.由得：，解得（舍去），，于是.【小問2詳解】由得，解得或.當時，由得，∴；當時，由得，∴，綜上所述，故或21.18.已知圓過點和點，圓心在直線上.（1）求圓的方程，并寫出圓心坐標和半徑的值；（2）若直線經過點，且被圓截得的弦長為4，求直線的方程.【答案】（1）圓：，圓心，（2）或 【解析】【分析】（1）設圓的方程為，由圓心所在直線和圓過點和點可得方程組，求解即可；（2）由被圓所截弦長可得圓心到直線l的距離d，后由點到直線距離公式可得答案，但要注意直線斜率不存在的情況.【小問1詳解】設圓的方程為，則，解得，所以圓的方程為：，圓心，半徑為；【小問2詳解】由（1）知，圓心到直線的距離為，于是當直線的斜率不存在時，直線方程為，符合題意；當直線斜率存在時，不妨設直線方程為，即，令，解得，直線方程是，綜上所述，直線的方程是：或.19.如圖，在三棱錐中，在底面ABC的射影為BC的中點，D為的中點. （1）證明：；（2）求直線和平面所成的角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【詳解】（1）利用線面垂直的定義得到線線垂直，根據(jù)線面垂直的判定證明直線與平面垂直；（2）通過添加輔助線，證明平面，以此找到直線與平面所成角的平面角，在直角三角形中通過確定邊長，計算的正弦值.試題解析：（1）設為中點，由題意得平面，所以.因為，所以.所以平面.由，分別為的中點，得且，從而且，所以是平行四邊形，所以.因為平面，所以平面.（2）作，垂足為，連結. 因為平面，所以.因為，所以平面.所以平面.所以為直線與平面所成角的平面角.由，得.由平面，得.由，得.所以考點：1.空間直線、平面垂直關系的證明；2.直線與平面所成的角.20.已知拋物線的焦點為，為上一點且縱坐標為4，軸于點，且.（1）求的值；（2）已知點，是拋物線上不同的兩點，且滿足.證明：直線恒過定點.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設點，由拋物線定義可得，即可求出答案.（2）設直線，，聯(lián)立方程組，得，根據(jù)，可得，代入直線方程即可.【小問1詳解】 顯然點，由拋物線定義可知，，解得，所以拋物線方程為：；【小問2詳解】點在拋物線上，設直線，點，聯(lián)立，得，在下，，所以，整理，得，將代入直線，得，即，所以直線恒過定點.21.在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，側面是邊長為2的正三角形，側面平面.（1）證明：；（2）若點為棱上的動點，求平面與平面夾角的正弦值的最小值.【答案】（1）證明見解析 （2）【解析】【分析】（1）取中點，連接，證明平面即可;（2）建立空間坐標系，由面面角公式結合二次函數(shù)求最值得解.【小問1詳解】取中點，連接，由題可知正和，，，又∵，平面，∴平面，又平面，∴；【小問2詳解】因為側面平面，側面平面?zhèn)让?，故平?分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖：則，，設，∴，∴， 又，設面的法向量是，則，令，則，又，設面的法向量是，則，令，則，設平面與平面夾角為，故，因為，開口向上，且對稱軸為，故的最小值為，則，所以平面與平面夾角的正弦值的最小值為.22.在平面直角坐標系中，已知橢圓：（）的離心率且橢圓上的點到點的距離的最大值為3.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）在橢圓上，是否存在點，使得直線：與圓：相交于不同的兩點、，且的面積最大？若存在，求出點的坐標及對應的的面積；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）存在，M的坐標為、、、，最大值為．【解析】 【詳解】試題分析：（1）離心率，得到，即此時橢圓方程為，設橢圓上的點為P，兩點間的距離等于3，可得到b=1，所以可求得橢圓方程；（2）在解析幾何中，三角形的面積公式通常有兩種計算方式，，，本題由于沒有給出角度的關系，所以采用第一種方法．通過聯(lián)立方程即可得到M的坐標．試題解析：（Ⅰ）因為，所以，于是.設橢圓上任一點，橢圓方程為，，=①當，即時，（此時舍去；②當即時，綜上橢圓C的方程為．（Ⅱ）圓心到直線的距離為，弦長，所以的面積為點當時，由得綜上所述，橢圓上存在四個點、、、，使得直線與圓相交于不同的兩點、，且的面積最大，且最大值為. 考點：直線與橢圓的位置關系