福建省泉州市2023-2024學年高二上學期1月期末教學質量監(jiān)測數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省泉州市2023-2024學年高二上學期1月期末教學質量監(jiān)測數學試題一、選擇題：本大題共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.已知直線的傾斜角為，若直線與垂直，則的斜率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】直線的傾斜角為，斜率，因為，所以，即，故選:C．2.已知數列滿足，則的值為（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】，故選：A3.橢圓繞長軸旋轉所成的面為橢球面，橢球面鏡一般指橢球面反射鏡,老花眼鏡、放大鏡和膠片電影放映機聚光燈的反射鏡等鏡片都是這種橢球面鏡片.從橢球面鏡的一個焦點發(fā)出的光，經過橢球面鏡反射后，必經過橢球面鏡的另一個焦點.現(xiàn)有一個軸截面長軸長為的橢球面鏡,從其一焦點發(fā)出的光經兩次反射后返回原焦點，所經過的路程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由橢圓的定義可知光線從一個焦點經反射經過另一個焦點，其路程為長軸長，再由第二個焦點經反射返回第一個焦點的路程仍為長軸長，所以經過的路程總共為．故選:B．4.四棱錐的底面為矩形，平面，在棱上，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如圖所示，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，由，設，可得，則，所以．故選：B．5.已知為雙曲線的兩個焦點，為雙曲線上的任意一點，若的最小值為，則雙曲線的離心率為（）A. B. C.2 D.3【答案】A【解析】如圖，不妨設為左、右焦點，為坐標原點，法一：設，則，（當且僅當P在頂點時取等號），所以，即，；法二：，，，當在雙曲線的頂點時，取最小值為，此時取最小值，故，得.故選：A．6.已知是等差數列的前項和，若，則使的最小整數（）A.12 B.13 C.24 D.25【答案】C【解析】等差數列的前項和為，由，且，得，所以，則數列的公差，所以數列是遞增的等差數列，且當時，，當時，，又，所以使成立的最小的為24，故選：C．7.已知，若直線上有且只有一點滿足，則（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】設動點，由題意得，化簡可得，故動點的軌跡方程為．動點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，且在直線上，因為直線上有且只有一點滿足，所以直線與圓相切，且切點為，由，得，所以或，故選：D．8.棱長為的正方體中，，分別為，的中點，點在正方體的表面上運動，若，則的最大值為（）A.4 B.6 C. D.【答案】C【解析】如圖，取中點的中點，連接，，，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，所以平面，平面，所以；，，，所以，所以，，，所以；’可證，所以平面，取中點，中點，的四等分點滿足，的四等分點滿足，，，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面；由已知有：，，所以，，，，所以，所以，平面，平面，平面；平面，平面，可證平面平面，所以平面，又因為平面經過的中點，由已知可得點軌跡為四邊形的邊界（不包括內部和點），所以當點位于點時，取最大值，為。故選：C．二、選擇題：本大題共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，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知圓和圓，則（）A.兩圓的公共弦所在的直線方程為B.圓上到直線的距離為1的點恰有2個C.圓的內部與圓的內部的公共部分的周長為D.若點在圓上，點在圓上，則的最大值為6【答案】AD【解析】由題意可知：圓的圓心為，半徑；圓的圓心為，半徑；可得，即，可知兩圓相交.對于選項A：兩圓的公共弦所在的直線方程為：，即，故A正確；對于選項B：因為圓心到直線的距離，且圓半徑為2，可知圓與直線相交，而垂直且到距離為，由知軸與圓相切，故是圓被所截劣弧上唯一到距離為1的點；過作直線的平行線，則和軸是平面上到距離為1的所有點的集合，而和圓相交于點和點；如下圖示，所以共3點符合題意，故B錯誤；對于選項C：直線與軸交于點，交兩圓于S，T，在中，則，可得，即，可得弓形TOS的周長為，故所求公共部分周長為，故C錯誤；對于選項D：由圓的性質可知：當M，N和兩圓圓心共線，且在兩圓心的兩側時，最大，所以最大值為圓心距和兩個半徑的和，故D正確．故選：AD．10.已知空間向量，則（）A.B.在上的投影向量為C.若向量，則點在平面內D.向量是與平行的一個單位向量【答案】ABD【解析】由已知可得，A正確；由于，所以在上的投影向量即為，B正確；若在平面ABC內，則存在實數x，y，使得，而,所以，上述方程組無解，故點E不在平面ABC內，C錯誤;由，故，且，所以正確．故選：ABD．11.已知分別是數列的前項和,，,則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A項，因為，則，所以.故A正確.對于B項，當時，有，，兩式作差可得，，所以，.所以，從第2項開始，是以2為公比的等比數列，所以，.檢驗，時，，所以，.故B錯誤；對于C項，因為，所以，所以，.故C正確；對于D項，因為，當時恒成立，所以，，當時恒成立.又時，滿足，所以，.故D正確.故選：ACD.12.已知曲線（非零常數），則（）A.原點是的對稱中心B.直線與恒有兩個交點C.當時，直線是的漸近線D.當時，直線為的對稱軸【答案】ACD【解析】對于A中，在上任取一點，則點代入方程得，故點在上，所以關于原點對稱，所以A正確；對于B中，聯(lián)立方程，整理得，可得，當時，，所以B錯誤；對于C中，當時，曲線，整理為，在曲線上任取一點，則到直線的距離，當逐漸增大時，逐漸減小，當無限增大時，無限接近0，則直線是的漸近線，所以C正確；對于D中，當時，曲線整理為，在上任取一點，則關于直線的對稱點為，且，即，則，即，當時，，所以點在上，所以直線為的對稱軸，所以D正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.將答案填在答題卡相應位置.13.直線恒過定點______.【答案】【解析】由直線，可化，聯(lián)立方程組，解得，所以直線恒過定點．故答案為：．14.已知是拋物線上縱坐標為4的點，則與的焦點的距離為______.【答案】【解析】由C：可得的橫坐標為，拋物線的焦點坐標為，準線方程為：由拋物線的定義可得，與的距離．故答案為：．15.在空間直角坐標系中，若平面過點，且以向量不全為零為法向量，則平面的方程為．已知平面的方程為，則點到平面平面的距離為______.【答案】【解析】由平面的方程為，可得平面過點，且其法向量為，又由點，可得，所以點到平面的距離為．故答案為：16.已知是數列的前項和,,且,,，則______.【答案】582【解析】由已知可得所以，于是．故，即，所以，所以故答案為：．四、解答題：本大題共6題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知，圓為的外接圓．（1）求圓的方程；（2）若過點的直線被截得的弦長為，求直線的方程．解：（1）法一：設圓方程為，把點代入方程得，解得.故圓的方程為．法二：由與可得線段的中點為，由直線的斜率，則線段的中垂線的斜率不存在，可得線段AB的中垂線為，同理可得線段BC的中垂線為，聯(lián)立方程，解得.所以圓心為，半徑，故圓的方程為．法三：直線AC的斜率，直線BC的斜率，所以，即直線，故線段為圓的直徑．故圓心為，半徑，所以圓的方程為．（2）法一：①當直線的斜率不存在時，則的方程為，此時，直線與圓相交于點和，所以直線與圓相交的弦長為，符合題意．②當直線的斜率存在時，設為，則直線的方程為，圓的方程，所以圓心為，半徑，因為直線與圓相交的弦長為，所以設圓心到直線的距離，則，即，解得，綜上，直線的方程為或．法二：①當直線的斜率不存在時，則的方程為，此時，直線與圓相交于點和，所以直線與圓相交的弦長為，符合題意．②當直線的斜率存在時，設為，則直線的方程為，聯(lián)立方程，得，所以，即，設直線與圓相交P，Q兩點，其中，所以，故，因為，所以解得，滿足：，綜上，直線的方程為或．法三：為原點，設點的坐標為，直線被截得的弦長為PQ，因為圓的方程，所以圓心為，半徑．由于，故在圓上，由知滿足條件的直線有2條，如下圖：由，圓與軸交于可知，所以直線符合題意．因為圓與軸正半軸交于，則在中，，所以直線也符合題意，解得直線即．綜上，直線的方程為或．18.已知數列為遞增的等差數列，為和的等比中項．（1）求數列通項公式；（2）若，求數列的前項和．解：（1）法1：設遞增等差數列的公差為，則，因為為和的等比中項，可得，即，可得，解得，所以數列的通項公式為．法2：設遞增等差數列的公差為，則，因為為和的等比中項，可得，即，可得，所以數列的通項公式為．（2）由（1）知，，可得，設，可得，則，可得，兩式相減可得，所以，則．19.已知動圓過點且與直線相切，記該動圓圓心的軌跡為曲線．（1）求的方程；（2）若過點的直線交于兩點，且，求的面積．解：（1）設，動圓的半徑，整理可得．故曲線的方程為.（2）法一：設，不妨設點在軸上方，由可得，由已知直線斜率必不為0，故可設直線，聯(lián)立方程，可得，故，解得，故，．法二：設，不妨設點在軸上方，由可得，若直線的斜率不存在，則，不符合題意，舍去；設直線，聯(lián)立方程可得，，解得，，，解得．原點到直線的距離，故的面積.20.三棱臺中，．（1）若與交于點，求證：平面；（2）若平面平面與底面所成角的正切值為，求平面與平面夾角的余弦值．解：（1）法1、連接，設與交于點，在三棱臺中，可得因，所以，同理，因為，所以與重合，即，在中，，且平面，平面，所以平面.法2、在三棱臺中，可得，因為，所以，同理，則，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因為平面平面，平面平面，且平面ABED，所以平面，取中點，連接，可得，所以平面，所以與底面所成角為，在直角中，，所以，因為，所以，所以，過作，垂足為，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，則設平面的法向量為，則，令，可得，所以，又由，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，設平面與平面夾角為，則，即平面與平面夾角的余弦值為.21.第二十四屆北京冬季奧林匹克運動會開幕式上的主火炬如圖一，這是歷史上第一座由所有參賽國家和地區(qū)的名字匯聚成的大雪花．沒有天馬行空的點火方式，也沒有赫赫炎炎的劇烈燃燒，但卻清晰地傳遞了低碳環(huán)保理念，一朵雪花照亮了“雙奧之城”北京，也將照亮全人類的綠色未來．如圖二是瑞典數學家科赫在1904年構造的能夠描述雪花形狀的圖案，其作法是從一個正三角形開始，把每條邊三等分，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，，反復進行這一過程，就得到一個“雪花”狀的圖案．已知原正三角形（圖二①）的邊長為3，并將圖二中的第個圖的面積記為．（1）求；（2）求數列的通項公式，并探究是否存在超過圖二①面積2倍的圖形．解：（1）根據三角形面積公式得，．（2）圖二中的①，②，③，④，中的圖形依次記為，它的邊數是以3為首項，4為公比的等比數列，則圖形的邊數為；從起，每一個比前一個圖形多出的三角形的個數是以3為首項，4為公比的等比數列，則比前一個圖形多出的三角形的個數為；從起，每一個比前一個圖形多出的每一個三角形的面積是以為首項，為公比的等比數列，則比前一個圖形多出的每一個三角形的面積是．所以，即．所以當時，又因為，符合上式，所以．若存在，得，整理得，顯然矛盾，所以不存在超過圖二①面積2倍的圖形22.已知橢圓與軸交于兩點，點為橢圓上不同于的點.（1）若直線的斜率分別為，求的最小值