福建省武平县第二中学2023-2024学年高二上数学期末调研试题含解析

福建省武平县第二中学2023-2024学年高二上数学期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于y轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则经点B反射后的反射光线必过点（）A. B.C. D.2．已知F1、F2是双曲线E：(a>0，b>0）的左、右焦点，过F1的直线与双曲线左、右两支分别交于点P、Q．若，M为PQ的中点，且，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.3．平面的法向量，平面的法向量，已知，则等于（）A B.C. D.4．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（）.A.1 B.C. D.6．在四棱锥中，底面为平行四边形，为边的中点，为边上的一列点，连接，交于，且，其中数列的首项，则（）A. B.为等比数列C. D.7．已知圆的半径为，平面上一定点到圆心的距离，是圆上任意一点.线段的垂直平分线和直线相交于点，设点在圆上运动时，点的轨迹为，当时，轨迹对应曲线的离心率取值范围为（）A. B.C. D.8．已知数列为等比数列，若，则的值为（）A.-4 B.4C.-2 D.29．函数在上是单调递增函数，则的最大值等于（）A.2 B.3C.5 D.610．若实数满足约束条件，则最小值为（）A.-2 B.-1C.1 D.211．已知数列满足，若.则的值是（）A. B.C. D.12．下列语句中是命题的是A.周期函数的和是周期函数吗？ B.C. D.梯形是不是平面图形呢？二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如果点在运动过程中，总满足关系式，记满足此条件的点M的轨迹为C，直线与C交于D，E，已知，则周长的最大值为______14．已知等比数列的各项均为实数，其前项和为，若，，则__________.15．若，且，则_____________16．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是有一个底角为45°的直角梯形（如图所示），则该椭圆的离心率为_____.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．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，，，（1）求证：；（2）求直线PB与平面MQB所成角的正弦值18．（12分）已知直线，圆.（1）求证：直线l恒过定点；（2）若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长.19．（12分）如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，.（1）证明平面；（2）求平面与平面的夹角.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，点A（2，4），直线l：，设圆C的半径为1，圆心在直线l上，圆心也在直线上.（1）求圆C的方程；（2）过点A作圆C的切线，求切线的方程.21．（12分）在等差数列中，，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和22．（10分）在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，其中为椭圆E的离心率（1）求b的值；（2）A，B分别为椭圆E的左右顶点，过点的直线l与椭圆E相交于M，N两点，直线与交于点T，求证：

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、D【解析】求出、坐标可得直线的方程，与抛物线方程联立求出，根据选项可得答案,【详解】把代入得，所以，所以直线的方程为即，与抛物线方程联立解得，所以，因为反射光线平行于y轴，根据选项可得D正确,故选：D2、D【解析】由题干条件得到，设出，利用双曲线定义表达出其他边长，得到方程，求出，从而得到，，利用勾股定理求出的关系，求出离心率.【详解】因为M为PQ的中点，且，所以△为等腰三角形，即，因为，设，则，由双曲线定义可知：，所以，则，又，所以，解得：，由勾股定理得：，其中，在三角形中，由勾股定理得：，即，解得：故选：D3、A【解析】根据两个平面平行得出其法向量平行，根据向量共线定理进行计算即可.【详解】由题意得，因为，所以（），即，解得，所以.故选:A4、B【解析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，所以恒成立，即恒成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不恒成立，当，时，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此时成立，所以必要性成立.故选：B.5、D【解析】利用向量的数量积为0可求的值.【详解】因与互相垂直，故，故即，故.故选：D.6、A【解析】由得，为边的中点得，设，所以，根据向量相等可判断A选项；由得是公比为的等比数列，可判断B选项；代入可判断C选项；当时可判断D选项.【详解】由得，因为为边的中点，所以，所以设，所以，所以，当时，A选项正确；，由得，是公比为的等比数列，所以，所以，所以，不是常数，故B选项错误；所以，由得，故C选项错误；当时，，所以，此时为的中点，与重合，即，，故D错误.故选：A.7、D【解析】分点A在圆内，圆外两种情况，根据中垂线的性质，结合椭圆、双曲线的定义可判断轨迹，再由离心率计算即可求解.【详解】当A在圆内时，如图，,所以的轨迹是以O，A为焦点的椭圆，其中，，此时，，.当A在圆外时，如图，因为，所以轨迹是以O，A为焦点的双曲线，其中，，此时，，.综上可知，.故选：D8、B【解析】根据，利用等比数列的通项公式求解.【详解】因为，所以，则，解得，所以.故选：B9、B【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，得到在[1，+∞）上，恒成立，从而解得a≤3，故a的最大值为3【详解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数∴在[1，+∞）上恒成立即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）时，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故选：B10、B【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数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】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为故选：B11、D【解析】由，转化为，再由求解.【详解】因为数列满足，所以，即，因为，所以，所以，故选：D12、B【解析】命题是能判断真假的语句，疑问句不是命题，易知为命题，故选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、8【解析】根据椭圆定义判断出轨迹，分析条件结合椭圆定义可知当直线x=m过右焦点时，三角形ADE周长最大.【详解】，到定点，的距离和等于常数，点轨迹C为椭圆，且故其方程为，则为左焦点，因为直线与C交于D，E，则，不妨设D在轴上方，E在轴下方，设椭圆右焦点为A'，连接DA'，EA'，因为DA'＋EA'≥DE，所以DA＋EA＋DA'＋EA'≥DA＋EA＋DE，即4a≥DA＋EA＋DE，所以△ADE的周长，当时取得最大值8，故答案为：814、1【解析】分公比和两种情况讨论，结合，，即可得出答案.【详解】解：设等比数列的公比为，当，由，，不合题意，当，由，得，综上所述.故答案为：1.15、【解析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.【详解】解：因为，所以，，，又，所以，所以，所以，故答案为：.16、【解析】设圆柱的底面半径为，由题意知，，椭圆的长轴长，短轴长为，可以求出的值，即可得离心率.【详解】设圆柱的底面半径为，依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示从而因此在椭圆中长轴长，短轴长，，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）证明见解析（2）【解析】（1）根据等腰三角形可得，再由面面垂直的性质得出线面垂直，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.【小问1详解】因为Q为AD的中点，，所以，又因为平面底面ABCD，平面底面，平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以【小问2详解】由题可知QA、QB、QP两两互相垂直，以QA为x轴、QB为y轴、QP为z轴建立空间坐标系，如图，根据题意，则，，，，，由M是棱PC的中点可知，，设平面MQB的法向量为，，，则，即令，则，，故平面MQB的一个法向量为，所以，所以直线PB与平面MQB所成角的正弦值为18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）直线方程变形后令的系数等于0消去参数即可求得定点坐标.（2）先求出圆心C到直线l距离，然后用勾股定理即可求得弦长.【小问1详解】，联立得：即直线l过定点（.【小问2详解】由题意直线l的斜率，即，∴，圆，圆心，半径，圆心C到直线l的距离，所以直线l被圆C所截得的弦长为.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由已知结合线面平行判定定理可得；（2）建立空间直角坐标系，由向量法可解.【小问1详解】∵，，∴，又平面，平面，∴平面；【小问2详解】∵平面且、平面，∴，，又∵，故分别以所在直线为轴，轴、轴，建立如图空间直角坐标系，如图所示：由，，可得：，，，，，由已知平面，平面，，，，，平面，所以平面，为平面的一个法向量，且；设为平面的一个法向量，则，，，，，，，令，则，，，设平面与平面的夹角大小为，，由得：平面与平面的夹角大小为20、（1）（2）或【解析】（1）直接求出圆心的坐标，写出圆的方程；（2）分斜率存在和斜率不存在进行分类讨论，利用几何法列方程，即可求解.【小问1详解】由圆心C在直线l：上可设：点，又C也在直线上，∴，∴又圆C的半径为1，∴圆C的方程为.【小问2详解】当直线垂直于x轴时，与圆C相切，此时直线方程为.当直线与x轴不垂直时，设过A点的切线方程为，即，则，解得.此时切线方程，.综上所述，所求切线为或21、（1）；（2）.【解析】(1)根据等差数列的通项公式求解；(2)运用裂项相消法求数列的和.详解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【点睛】本题考查等差数列的通项公式和裂项相消法求数列的和.22、（1）1（2）证明见解析【解析】（1）根据点在椭圆E上建立方程，结合，然后解出方程即可；（2）联立直线与椭圆的方程，表示出直线与，求得交点的坐标，再分别表示出直线和的斜率并作差，通过韦达定理证明直线和的斜率相等即可.【小问1