黑龙江哈尔滨市第十九中学2023-2024学年高二数学第一学期期末质量检测试题含解析

黑龙江哈尔滨市第十九中学2023-2024学年高二数学第一学期期末质量检测试题考生须知：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．已知等比数列，且，则（）A.16 B.32C.24 D.642．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1＝AB，M是A1C1的中点，则AM与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.3．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件4．如图是抛物线形拱桥，当水面在n时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽为（）A. B.C. D.5．若数列满足，，则数列的通项公式为（）A. B.C. D.6．设，，，则，，大小关系是A. B.C. D.7．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A. B.C. D.8．设函数，若的整数有且仅有两个，则的取值范围是（）A. B.C. D.9．如图，在正方体ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直线l在正方形EFGH内，点E到直线l的距离记为d，记二面角为A-l-P为θ，已知初始状态下x=0，d=0，则（）A.当x增大时，θ先增大后减小 B.当x增大时，θ先减小后增大C.当d增大时，θ先增大后减小 D.当d增大时，θ先减小后增大10．点F是抛物线的焦点，点，P为抛物线上一点，P不在直线AF上，则△PAF的周长的最小值是（）A.4 B.6C. D.11．函数，则的值为（）A B.C. D.12．设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，则，，的大小关系是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的图象在处的切线方程为，则___________.14．圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的侧面积大小为____________.(结果保留)15．曲线在处的切线方程为______16．写出一个与椭圆有公共焦点的椭圆方程__________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）已知抛物线C：，经过的直线与抛物线C交于A，B两点（1）求的值（其中为坐标原点）；（2）设F为抛物线C的焦点，直线为抛物线C的准线，直线是抛物线C的通径所在的直线，过C上一点P（）（）作直线与抛物线相切，若直线与直线相交于点M，与直线相交于点N，证明：点P在抛物线C上移动时，恒为定值，并求出此定值18．（12分）如图，在空间四边形中，分别是的中点，分别是上的点，满足.（1）求证：四点共面；（2）设与交于点，求证：三点共线.19．（12分）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，且E上一点P到F的最大距离3（1）求椭圆E的方程；（2）若A，B为椭圆E上的两点，线段AB过点F，且其垂直平分线交x轴于H点，，求20．（12分）已知圆.（1）若直线与圆相交于两点，弦的中点为，求直线的方程；（2）若斜率为1的直线被圆截得的弦为，以为直径的圆经过圆的圆心，求直线的方程.21．（12分）已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.（1）求圆C的标准方程.（2）设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.22．（10分）如图所示，是棱长为的正方体，是棱的中点，是棱的中点（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求到平面的距离

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、A【解析】由等比数列的定义先求出公比，然后可解..【详解】，得故选：A2、B【解析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，所以，平面的一个法向量为设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，所以，即AM与平面所成角的正弦值为故选：B3、A【解析】由公理2的推论即可得到答案.【详解】由公理2的推论:过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,可得在同一平面,故充分条件成立;由公理2的推论：过两条平行直线,有且只有一个平面,可得,当时,同一个平面上,但中无三点共线,故必要条件不成立;故选:A【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;公理2的三个推论：经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;经过两条平行直线,有且只有一个平面;经过两条相交直线,有且只有一个平面;4、D【解析】由题建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件即求.【详解】建立如图所示的直角坐标系：设抛物线方程为，由题意知：在抛物线上，即，解得：，，当水位下降1米后，即将代入，即，解得：，∴水面宽为米.故选：D.5、B【解析】根据等差数列的定义和通项公式直接得出结果.【详解】因为，所以数列是等差数列，公差为1，所以.故选：B6、A【解析】构造函数，根据的单调性可得（3），从而得到，，的大小关系【详解】考查函数，则，在上单调递增，，（3），即，，故选：【点睛】本题考查了利用函数的单调性比较大小，考查了构造法和转化思想，属基础题7、D【解析】由题，求得圆的圆心和半径，易知最长弦，最短弦为过点与垂直的弦，再求得BD的长，可得面积.【详解】圆化简为可得圆心为易知过点的最长弦为直径，即而最短弦为过与垂直的弦，圆心到的距离：所以弦所以四边形ABCD的面积：故选：D8、D【解析】等价于，令，，利用导数研究函数的单调性，作出的简图，数形结合只需满足即可.【详解】，即，又，则.令，，，当时，，时，，时，，在单调递减，在单调递增，且，且，，作出函数图象如图所示，若的整数有且仅有两个，即只需满足，即，解得：故选：D9、C【解析】以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P(2,x,0)，A(2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N，，求得平面AMN的法向量为，平面PMN的法向量，由空间向量的夹角公式表示出，对于A，B选项，令d=0，则，由函数的单调性可判断；对于C，D，当x=0时，则，令，利用导函数研究函数的单调性可判断.【详解】解：由题意，以F为坐标原点，FB，FG，FE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示,设正方体的棱长为2，则P(2,x,0)，A(2,0,2)，设直线l与EF，EH交于点M、N，则，所以，，设平面AMN的法向量为，则，即，令，则，设平面PMN的法向量为，则，即，令，则，，对于A，B选项，令d=0，则，显示函数在是为减函数，即减小，则增大，故选项A，B错误；对于C，D，对于给定的，如图，过作，垂足为，过作，垂足为，过作，垂足为，当在下方时，，设，则对于给定的，为定值，此时设二面角为，二面角为，则二面角为，且，故，而，故即，当时，为减函数，故为增函数，当时，为增函数，故为减函数，故先增后减，故D错误.当在上方时，，则对于给定的，为定值，则有二面角为，且，因，故为增函数，故为减函数，综上，对于给定的，随的增大而减少，故选：C.10、C【解析】由抛物线的定义转化后求距离最值【详解】抛物线的焦点，准线为过点作准线于点，故△PAF的周长为，，可知当三点共线时周长最小，为故选：C11、B【解析】求出函数的导数，代入求值即可.【详解】函数,故，所以，故选：B12、C【解析】设，求导分析的单调性，又，，，即可得出答案【详解】解：设，则，又因为，所以，所以在上单调递增，又，，，因为，所以，所以.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据导数的几何意义可得，根据切点在切线上可得.【详解】因为切线的斜率为，所以，又切点在切线上，所以，所以，所以.故答案为：.14、【解析】由题设知：圆锥的轴截面为等边三角形，进而求圆锥的底面周长，由扇形面积公式求圆锥的侧面积大小.【详解】由题设，圆锥的轴截面为等边三角形，又圆锥的母线长为2，∴底面半径为1，则底面周长为，∴圆锥的侧面积大小为.故答案为：.15、【解析】求得的导数，可得切线的斜率和切点，由斜截式方程可得切线方程【详解】解：的导数为，可得曲线在处的切线斜率为，切点为，即有切线方程为故答案为【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，直线方程的运用，考查方程思想，属于基础题16、（答案不唯一）【解析】根据椭圆的标准方程，以及分析即可【详解】由题可知椭圆的形式应为（，且），可取故答案为：（答案不唯一）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）证明见解析，定值为【解析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系求得.（2）求得过点的抛物线的切线方程，由此求得两点的坐标，通过化简来证得为定值，并求得定值.【小问1详解】依题意可知直线的斜率不为零，设直线的方程为，设，，消去并化简得，所以，所以.小问2详解】抛物线方程为，焦点坐标为，准线，通径所在直线，在抛物线上，且，所以过点的抛物线的切线的斜率存在且不为零，设过点的切线方程为，由消去并化简得，，将代入上式并化简得，解得，所以切线方程为，令得，令得，，将代入上式并化简得，所以为定值，且定值为.18、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【小问1详解】连接AC，分别是的中点，.在中，，所以四点共面.【小问2详解】，所以，又平面平面，同理平面，为平面与平面的一个公共点.又平面平面，即三点共线.19、（1）；（2）【解析】（1）根据离心率和最大距离建立等式即可求解；（2）根据弦长，求出直线方程，解出点的坐标即可得解.【详解】（1）椭圆的离心率为，右焦点为F，且E上一点P到F的最大距离3，所以，所以，所以椭圆E的方程；（2）A，B为椭圆E上的两点，线段AB过点F，且其垂直平分线交x轴于H点，所以线段AB所在直线斜率一定存在，所以设该直线方程代入，整理得：，设，，，整理得：，当时，线段中点坐标，中垂线方程：，；当时，线段中点坐标，中垂线方程：，，综上所述：.20、（1）（或（2）或【解析】(1)由条件可得，由此可求直线的斜率，由点斜式求直线的方程；(2)由条件可求到直线的距离，利用待定系数法求直线的方程.【小问1详解】圆，得圆心，半径，直线的斜率：，设直线的斜率为，有，解得.所求直线的方程为：.（或【小问2详解】直线m被圆C截得的弦EF为直径的圆经过圆心C，∴圆心C到直线的距离为.设直线方䄇为，则解得或直线的方程为：或21、（1）（2）过定点，定点为【解析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.（2）设，，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.【小问1详解】设圆C的标准方程为由题意可得解得，，.故圆C的标准方程为.【小问2详解】设，.联立整理的，则，，故.因为以AB为直径的圆过原点，所以，即则，化简得.当时，直线，直线l过原点，此时不满足以