2024届广东省省际名校数学高二上期末学业质量监测试题含解析

2024届广东省省际名校数学高二上期末学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．下列数列中成等差数列的是（）A. B.C. D.2．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则抛物线的方程是（）A. B.C. D.3．已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标满足，则的最小值为（）A B.C. D.44．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为A. B.C. D.5．已知命题“若，则”，命题“若，则”，则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.6．如图，在三棱锥中，是线段的中点，则（）A. B.C. D.7．已知为抛物线上一点，点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，则（）A.1 B.C.2 D.38．若函数在上为单调减函数，则的取值范围（）A. B.C. D.9．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点A是椭圆短轴的一个顶点，且，则椭圆的离心率（）A. B.C. D.10．抛物线的焦点坐标是A. B.C. D.11．离心率为，长轴长为6的椭圆的标准方程是A. B.或C. D.或12．已知公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列，则其前项和取得最大值时，的值为（）A.12 B.13C.12或13 D.13或14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则双曲线的实轴长为____14．直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，设直线的斜率为，直线(其中为坐标原点)的斜率为，则______.15．四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，，则四棱锥体积为_______16．已知等比数列的前n项和为，且满足，则_____________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点的直线与椭圆相交于、两点.(1)求椭圆的方程；(2)若以为直径的圆过坐标原点，求的值.18．（12分）已知抛物线过点.（1）求抛物线方程；（2）若直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，且，求证：过定点.19．（12分）已知等差数列的前n项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）若，求k的值20．（12分）如图，抛物线的顶点在原点，圆的圆心恰是抛物线的焦点.（1）求抛物线的方程；（2）一条直线的斜率等于2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于、、、四点，求的值.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为的中点（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面的夹角大小22．（10分）如图，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为PA中点，，．四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N（1）求证：AC∥平面DEF；（2）求二面角A－BC－P的余弦值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】利用等差数列定义，逐一验证各个选项即可判断作答.【详解】对于A，，A不是等差数列；对于B，，B不是等差数列；对于C，，C是等差数列；对于D，，D不是等差数列.故选：C2、B【解析】由抛物线知识得出准线方程，再由点到焦点的距离等于其到准线的距离求出，从而得出方程.【详解】由题意知，则准线为，点到焦点的距离等于其到准线的距离，即，∴，则故选：B.3、B【解析】由数量积的坐标运算求得，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：根据题意可得，、，所以，令，由约束条件作出可行域如下图所示，由得，即，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为，即，所以故选：B4、A【解析】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=选A5、D【解析】利用指数函数的单调性可判断命题的真假，利用特殊值法可判断命题的真假，结合复合命题的真假可判断出各选项中命题的真假.【详解】对于命题，由于函数为上的增函数，当时，，命题为真命题；对于命题，若，取，，则，命题为假命题.所以，、、均为假命题，为真命题.故选：D.【点睛】本题考查简单命题和复合命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.6、A【解析】根据给定几何体利用空间向量基底结合向量运算计算作答.【详解】在三棱锥中，是线段的中点，所以：.故选：A7、B【解析】先求出点的坐标，然后根据抛物线的定义和已知条件列方程求解即可【详解】因为为抛物线上一点，所以，得，所以，抛物线的焦点为，因为点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，所以，化简得，因为，所以，故选：B8、A【解析】分析可知对任意的恒成立，利用参变量分离法结合二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知，对任意的恒成立，则，当时，在上单调递减，在上单调递减，所以，，故.故选：A.9、D【解析】依题意，不妨设点A的坐标为，在中，由余弦定理得，再根据离心率公式计算即可.【详解】设椭圆的焦距为，则椭圆的左焦点的坐标为，右焦点的坐标为，依题意，不妨设点A的坐标为，在中，由余弦定理得：，，，，解得.故选：D.【点睛】本题考查椭圆几何性质，在中，利用余弦定理求得是关键，属于中档题.10、D【解析】根据抛物线的焦点坐标为可知，抛物线即的焦点坐标为，故选D.考点：抛物线的标准方程及其几何性质.11、B【解析】试题解析：当焦点在x轴上：当焦点在y轴上：考点：本题考查椭圆的标准方程点评：解决本题的关键是焦点位置不同方程不同12、C【解析】设等差数列的公差为q，根据，，成等比数列，利用等比中项求得公差，再由等差数列前n项和公式求解.【详解】设等差数列的公差为q，因为，且，，成等比数列，所以，解得，所以，所以当12或13时，取得最大值，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据已知条件求得，由此求得实轴长.【详解】由于，双曲线的渐近线方程为，所以双曲线的渐近线与轴夹角小于，由得，实轴长故答案为：14、##-0.0625【解析】使用点差法即可求解﹒【详解】设，，则①－②得：，即，即.故答案为：.15、【解析】计算，，得到底面，计算，，计算体积得到答案.【详解】由，，所以底面，，故，体积为.故答案为：16.16、##31.5【解析】根据等比数列通项公式，求出，代入求和公式，即可得答案.【详解】因为数列为等比数列，所以，又，所以，所以.故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)；(2)【解析】（1）由离心率得到，由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，得到，进而可求出结果；（2）先由题意，得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，得到，，再由以为直径的圆过坐标原点，得到，进而可求出结果.详解】(1)由题意知，∴，即，又双曲线的焦点坐标为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，所以，∴，故椭圆的方程为.(2)解：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得：由得：设，则，，∴因为以为直径的圆过坐标原点，所以，.满足条件故.【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，解决此类问题时，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.18、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）运用代入法直接求解即可；（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【小问1详解】由已知可得：；【小问2详解】的斜率不为设，，∴OA→⋅因为直线与抛物线交于两点两点在轴的两侧，所以，即过定点.【点睛】关键点睛：运用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.19、（1）（2）10【解析】(1)设等差数列的公差为d，利用已知建立方程组，解之可求得数列的通项公式；(2)利用等差数列的前项和公式，化简即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为d，由已知，，得，解得，则；小问2详解】解：由（1）得，则由，得或（舍去），所以的值为10.20、（1）圆的圆心坐标为，即抛物线的焦点为,……3分∴∴抛物线方程为……6分

由题意知直线AD的方程为…7分即代入得=0设，则，……11分∴【解析】（1）设抛物线方程为,由题意求出其焦点坐标，进而可求出结果；（2）先由题意得出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出，再由为圆的直径，即可求出结果.【详解】（1）设抛物线方程为，圆的圆心恰是抛物线的焦点，∴.抛物线方程为：；（2）依题意直线的方程为设，，则，得，，.【点睛】本题主要考查抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系；由抛物线的焦点坐标可直接求出抛物线的方程；联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和抛物线定义可求出弦长，进而可求出结果，属于常考题型.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取中点，连结，证得，利用线面平行的判定定理，即可求解；（2）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，利用平面和平面的法向量的夹角公式，即可求解【小问1详解】取中点，连结，由，，则，又由平面，平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，可得，，，，，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则又平面的法向量为；则，所以平面与平面所成的锐二面角为.22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）记PC交DE于点N，然后证明FN∥AC，进而通过线面平行的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量夹角公式求得答案.【小问1详解】因为四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N，所以N为PC的中点连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA