湖南省益陽市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期普通高中期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題 含解析

益陽市2023年下學(xué)期普通高中期末質(zhì)量檢測高二數(shù)學(xué)注意事項：1．本試卷包括試題卷和答題卡兩部分；試題卷包括單項選擇題、多項選擇題、填空題和解答題四部分，共4頁，考試用時120分鐘，滿分150分.2．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號等填寫在本試題卷和答題卡指定位置.該按答題卡的要求在答題卡上作答，在本試題卷和草稿紙上作答無數(shù).3．考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回.試題卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.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.已知點，則直線的斜率為（）A.－3 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】由斜率公式計算即可得.【詳解】由，則直線的斜率為.故選：C.2.已知兩個向量，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】借助空間向量的坐標(biāo)運算即可得.【詳解】由，則，故.故選：C.3.已知直線和互相平行，則的值是（）A. B. C.1 D.4【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意得到平行時的方程，解出即可.【詳解】由題意得，解得，此時后者直線方程為，滿足題意.故選：D.4.已知雙曲線，則下列結(jié)論正確的是（）A.的實軸長為4 B.的焦距為10C.的離心率 D.的漸近線方程為【答案】B【解析】【分析】根據(jù)雙曲線，求得,再逐項判斷.【詳解】解：因為雙曲線，所以,則，故A錯誤；，故B正確；，故C錯誤；，的漸近線方程為，故D錯誤，故選：B5已知空間向量，則（）A.3 B. C. D.21【答案】C【解析】【分析】由題意結(jié)合空間向量的模長公式、數(shù)量積公式運算即可得解.【詳解】由題意，，所以故選：C.6.在平行六面體中，點是線段的中點，設(shè)，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】畫出圖形后由空間向量的線性運算計算即可得.【詳解】如圖：故.故選：A.7.已知是雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上，，且，則的值為（）A. B.4 C.5 D.8【答案】D【解析】【分析】由三角形面積公式結(jié)合雙曲線定義先求得，再結(jié)合勾股定理即可得解.【詳解】不妨設(shè)點在雙曲線的左支，且，又，所以，因為，且，所以，解得，所以，在直角三角形中，由勾股定理有，解得.故選：D.8.若直線上存在點，過點作圓的兩條切線，為切點，滿足，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】可求得P點軌跡為，根據(jù)題意可知直線與有交點，由直線和圓的位置關(guān)系即可求得k的取值范圍.【詳解】如下圖所示，已知圓心，半徑設(shè)，令，則，因為，所以，即，所以，即，所以滿足條件的P點軌跡為，又點P在直線上，所以直線與有交點，即，解得，即或，所以．故選：B二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知圓，則（）A.圓的圓心是 B.圓關(guān)于軸對稱C.圓上的點到原點的最大距離為3 D.直線與圓有兩個交點【答案】AC【解析】【分析】由題意圓心為，它在軸上，由此即可判斷AB；最大距離為圓心距加半徑由此即可判斷C；由圓心到直線的距離和半徑比較大小即可判斷.【詳解】由題意圓的圓心為，它在軸上，所以圓關(guān)于軸對稱，故A對B錯；半徑為，圓心到原點的距離為，所以圓上的點到原點的最大距離為，故C對；對于D，圓心到直線的距離滿足，所以直線與圓沒有交點，故D錯.故選：AC.10.已知曲線，則（）A.若，則是圓，其半徑為B.若，則是兩條平行于軸的直線C.若，則是橢圓，其焦點在軸上D.若，則是雙曲線，其焦點在軸上【答案】AD【解析】【分析】由題意結(jié)合的取值，逐一對方程進(jìn)行變形，結(jié)合方程表示相應(yīng)圓錐曲線的條件逐一判斷即可.【詳解】對于A，由題意若，則是圓，其半徑為，故A正確；對于B，若，則是兩條平行于軸的直線，故B錯誤；對于C，若，則是橢圓，其焦點在軸上，故C錯誤；對于D，若，則是雙曲線，其焦點在軸上，故D正確.故選：AD.11.如圖，在四棱錐中，平面，底面是正方形，且，分別為的中點，則（）A.B.C.直線與夾角的余弦值為D.直線與平面所成角的余弦值為【答案】BC【解析】【分析】由題意可建立空間直角坐標(biāo)系，由向量計算可得A、B，借助夾角公式可得C，求出平面法向量后結(jié)合可得D.【詳解】由底面是正方形，故，由平面，、平面，故、，故、、兩兩垂直，故可以為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，有、、、、、，故、，，故A錯誤；、，故，故B正確；，故，即直線與夾角的余弦值為，故C正確；，，設(shè)平面法向量為，則有，即，可令，故有，，故平面的法向量可為，則，故直線與平面所成角的正弦值為，其余弦值為，故D錯誤.故選：BC.12.已知數(shù)列滿足，則（）A.的最大值為1 B.若，則C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)遞推關(guān)系判斷出數(shù)列的單調(diào)性即可判斷A，由單調(diào)性及判斷B，由遞推關(guān)系可得，裂項相消法求出，再由單調(diào)性知，化簡即可判斷C，放縮法可判斷D.【詳解】由，得，又，，所以，，所以，即數(shù)列為正項遞減數(shù)列，所以的最大值為，因為，所以，解得，故A正確；由數(shù)列為正項遞減數(shù)列，且可知時，，故B正確；由知，，，，因為數(shù)列為正項遞減數(shù)列，所以（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），所以，即，所以，即，故C正確；因為，所以，所以，當(dāng)時，不成立，故D錯誤.故選：ABC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知兩個向量，，且，則______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)空間向量平行的坐標(biāo)表示列方程組求解即可.【詳解】因為，所以，所以，解得，故答案為：14.等比數(shù)列中，2，7，則公比=___________.【答案】0.5或2【解析】【分析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，解方程組可求得結(jié)果【詳解】解：設(shè)等比數(shù)列的公比為，因為2，7，所以，所以，得，，解得或，故答案為：0.5或215.已知正方體的棱長為1，與平面的交點為，則______．【答案】1【解析】【分析】由題意首先得而，三點共線，故只需分別求出即可.【詳解】由題意以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：因為正方體棱長為1，所以，，所以，所以，又因為面，所以面，又因為面，所以，由正方體的性質(zhì)容易得到，而在直角三角形中，有，所以由等面積法有，所以，，所以.故答案為：1.16.已知拋物線的焦點為，過的直線與拋物線交于兩點，（為坐標(biāo)原點），則分別在點的拋物線的切線交點軌跡方程是______．【答案】【解析】【分析】由標(biāo)準(zhǔn)方程表示出焦點坐標(biāo)，設(shè)出直線方程與交點坐標(biāo)，聯(lián)立方程，寫出韋達(dá)定理，利用數(shù)量積可得，進(jìn)而求切線方程和交點坐標(biāo)，根據(jù)交點坐標(biāo)分析軌跡分析.【詳解】由題意可得，設(shè)，顯然直線的斜率存在，則可設(shè)為，聯(lián)立可得，消去可得，則，可得，，則，因為，，由可得，由，解得.此時拋物線，即，可得，可知在點處的切線斜率存在，設(shè)切線方程為，聯(lián)立方程，消去y得，可得，解得，則切線方程為，即，同理可得在點處的切線方程為，聯(lián)立方程，解得，即交點坐標(biāo)為，可知所求軌跡方程為.故答案為：.【點睛】方法點睛：與相交有關(guān)的向量問題的解決方法在解決直線與圓錐曲線相交，所得弦端點的有關(guān)的向量問題時，一般需利用相應(yīng)的知識，將該關(guān)系轉(zhuǎn)化為端點坐標(biāo)滿足的數(shù)量關(guān)系，再將其用橫(縱)坐標(biāo)的方程表示，從而得到參數(shù)滿足的數(shù)量關(guān)系，進(jìn)而求解．四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知兩點和．（1）記點關(guān)于軸的對稱點為，求直線的方程；（2）求線段的垂直平分線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意得，結(jié)合得斜率，進(jìn)而由點斜式即可得解.（2）由題意得線段中點為，以及線段的斜率，由直線垂直的代數(shù)性質(zhì)得線段的垂直平分線的斜率，由點斜式即可得解.【小問1詳解】由題意點關(guān)于軸的對稱點為，又，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，即.【小問2詳解】因為兩點和，所以其中點為，直線的斜率為，所以線段的垂直平分線的斜率為，所以線段的垂直平分線的方程為，即.18.已知公差為3的等差數(shù)列的前項和為，且．（1）求：（2）若，記，求的值．【答案】（1）（2）30【解析】【分析】（1）直接根據(jù)等差數(shù)列及其前項和的基本量的計算得首項，由此即可得解.（2）由題意得，由分組求和法即可得解【小問1詳解】因為公差為3的等差數(shù)列的前項和為，且，所以，解得，所以.【小問2詳解】由題意，所以.19.已知圓經(jīng)過點．（1）求的值；（2）過原點的直線與圓交于兩點，，求直線的方程．【答案】19.20.或【解析】【分析】（1）將點代入圓的方程計算即可得；（2）設(shè)出直線，結(jié)合弦長，利用垂徑定理計算即可得.【小問1詳解】將點代入圓的方程，可得，即，即，故或，又，故；【小問2詳解】由，故，圓心為，半徑為，又直線過原點，當(dāng)直線斜率不存在時，直線方程，代入圓方程，可得，解得或，此時有，不符合要求；當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線方程為，則圓心到直線的距離為，由垂徑定理可得，故有，即，整理可得，即，故或，綜上所述，或，故直線方程為或.20.如圖，四邊形為矩形，平面平面，，，．（1）求證：；（2）點在線段上，，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）借助面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，借助線面垂直的性質(zhì)可得線線垂直，結(jié)合勾股定理與勾股定理的逆定理可得線線垂直，由線面垂直的判定定理可得線面垂直，再借助線面垂直的性質(zhì)定理即可得；（2）建立空間直角坐標(biāo)系后借助法向量計算即可得.【小問1詳解】因為四邊形為矩形，所以，又因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，所以，，因為，所以，所以，所以，即有、，又因為、平面，，所以平面，又因為平面，所以；【小問2詳解】由（1）知，直線、、兩兩垂直，故可以為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，即有、、、、，由，故，故、、、，令平面與平面的法向量分別為、，則有，，即，，可令、，則可取，，故，則平面與平面的夾角的余弦值為.21.已知數(shù)列的前項和為，且．（1）求數(shù)列的通項公式：（2）設(shè)，數(shù)列的前項和為，求證：．【答案】（1）（2）證明過程見解析【解析】【分析】（1）由的關(guān)系結(jié)合等差數(shù)列定義即可求解.（2）首項由錯位相減法得，結(jié)合它的單調(diào)性即可得證.【小問1詳解】由題意，所以，兩式相減得，，即，所以數(shù)列是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以數(shù)列的通項公式為.【小問2詳解】由題意，所以數(shù)列的前項和為，且，兩式相減得，所以，而，且，所以單調(diào)遞增，所以，綜上所述，.22.已知橢圓，過橢圓上一動點引圓的兩條切線為切點，直線與軸、軸分別交于點．（1）已知點坐標(biāo)為，求直線的方程；（2）若圓的半徑為2，且，過橢圓的右焦點作傾斜角不為0的動直線與橢圓交于兩點，點在軸上，且為常數(shù)，求的面積的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設(shè)，，求出，求出，求出切線的方程，同理求出切線的方程即可求出直線的方程；（2）由（1）得出點和點的坐標(biāo)，代入得到橢圓的方程，設(shè)出直線的方程，聯(lián)立直線與橢圓的方程寫出韋達(dá)定理，設(shè)，求出，根據(jù)為定值求出，求出焦點坐標(biāo)，根據(jù)即可求出的面積的最大值.【小問1詳解】如圖，設(shè)，，所以，所以，所以切線方程為