湖南省浏阳二中、五中、六中三校2023-2024学年高二数学第一学期期末质量检测模拟试题含解析

湖南省浏阳二中、五中、六中三校2023-2024学年高二数学第一学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知双曲线上点到点的距离为15，则点到点的距离为（）A.9 B.6C.6或36 D.9或212．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.3．函数在上的最小值为（）A. B.4C. D.4．如图是函数的导函数的图象，下列结论中正确的是（）A.在上是增函数 B.当时，取得最小值C.当时，取得极大值 D.在上是增函数，在上是减函数5．已知数列{}满足，且，若，则＝（）A.－8 B.－11C.8 D.116．、是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，，过作的角平分线的垂线，垂足为，则的长为A.1 B.2C.3 D.47．在空间直角坐标系中，方程所表示的图形是（）A圆 B.椭圆C.双曲线 D.球8．已知为原点，点，以为直径的圆的方程为()A. B.C. D.9．点到直线的距离为2，则的值为（）A.0 B.C.0或 D.0或10．设，，，…，，，则（）A. B.C. D.11．在等差数列中，若，则的值为（）A. B.C. D.12．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C对任意， D.对任意，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为__________.14．已知抛物线：，斜率为且过点的直线与交于，两点，且，其中为坐标原点（1）求抛物线的方程；（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值15．已知，点在轴上，且，则点的坐标为____________.16．记为等差数列{}的前n项和，若，，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）已知数列满足且（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为.18．（12分）如图，在几何体ABCEFG中，四边形ACGE为平行四边形，为等边三角形，四边形BCGF为梯形，H为线段BF的中点，，，，，，.（1）求证：平面平面BCGF；（2）求平面ABC与平面ACH夹角的余弦值.19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，.（1）证明：平面；（2）已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.20．（12分）已知圆：，直线：．圆与圆关于直线对称（1）求圆的方程；（2）点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点分别为、．求四边形面积的取值范围21．（12分）如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足（1）求证：平面；（2）已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小22．（10分）如图，四棱锥，，，，为等边三角形，平面平面ABCD，Q为PB中点（1）求证：平面平面PBC；（2）求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值

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、D【解析】利用双曲线的定义可得答案.【详解】设，，，为双曲线的焦点，则由双曲线定义，知，而所以或21故选：D.2、B【解析】根据向量加法和减法法则即可用、、表示出.【详解】故选：B.3、D【解析】求出导数，由导数确定函数在上的单调性与极值，可得最小值【详解】，所以时，，递减，时，，递增，所以是在上的唯一极值点，极小值也是最小值．故选：D4、D【解析】根据导函数的图象判断出函数的单调区间、极值、最值，由此确定正确选项.【详解】根据图象知：当，时，函数单调递减；当，时，函数单调递增.所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当时，取得极小值，选项C不正确；当时，不是取得最小值，选项B不正确；故选：D.5、C【解析】利用递推关系，结合取值，求得即可.【详解】因为，且，，故可得，解得（舍）,；同理求得，，.故选：C.6、A【解析】延长交延长线于N,则选:A.【点睛】涉及两焦点问题，往往利用椭圆定义进行转化研究，而角平分线性质可转化到焦半径问题，两者切入点为椭圆定义.7、D【解析】方程表示空间中的点到坐标原点的距离为2，从而可知图形的形状【详解】由，得，表示空间中的点到坐标原点的距离为2，所以方程所表示的图形是以原点为球心，2为半径的球，故选：D8、A【解析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒【详解】由题知圆心为，半径，∴圆方程为﹒故选：A﹒9、C【解析】根据点到直线的距离公式即可得出答案.【详解】解：点到直线的距离为，解得或.故选：C.10、B【解析】根据已知条件求得的规律，从而确定正确选项.【详解】，，，，，……，以此类推，，所以.故选：B11、C【解析】利用等差数列性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，解得：；又，.故选：C.12、D【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】过作，垂足为，则平面，则即为所求角，从而可得结果.【详解】依题意，画出图形，如图，过作，垂足为，可知点H为中点，由平面，可得，又所以平面，则即为所求角，因为，，所以，故答案为：.14、（1）（2）为定值6【解析】（1）由题意可知：将直线方程代入抛物线方程，由韦达定理可知：，，，，求得p的值，即可求得抛物线E的方程；（2）由直线的斜率公式可知：，，，代入，，即可得到：.试题解析：（1）直线的方程为，联立方程组得，设，，所以，，又，所以，从而抛物线的方程为（2）因为，，所以，，因此，又，，所以，即为定值点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.15、【解析】设P(0,0,z),由|PA|=|PB|,得1+4+(z−1)2=4+4+(z−2)2，解得z=3，故点P的坐标为(0,0,3).16、18【解析】根据等差数列通项和前n项和公式即可得到结果.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以故答案为：18三、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）对递推公式进行变形，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】因为，且，所以即，所以数列是公差为2的等差数列.又，所以即；【小问2详解】由（1）得，所以.故.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）在中，由正弦定理知可知，利用三角形内角和可知即，又因为，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）取BC中点O，由（1）得：平面BCGF，，以O为原点，OB，OH，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角，即可求出结果.【小问1详解】证明：（1）在中，由正弦定理知：解得因为，所以又因为，所以所以又因为，所以直线平面ABC又因为平面BCGF所以平面平面BCGF【小问2详解】解：取BC中点O，连结OA，OH，由（1）得：平面BCGF，则以O为原点，OB，OH，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系在中，则，，平面ABC的一个法向量为设平面ACH的一个法向量为因为，所以，取，则设平面APD与平面PDF夹角为，所以.19、（1）证明过程见解析；（2）.【解析】（1）利用平面与平面垂直的性质得出直线与平面垂直，进而得出平面；（2）建立空间直角坐标系即可求解.【小问1详解】证明：因为平面平面，交线为且平面中，所以平面又平面所以又，且所以平面【小问2详解】解：由（1）知，平面且所以、、两两垂直因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为，，，设所以，，，，由（1）知，平面所以为平面的法向量且因为直线与平面所成角的正弦值为所以解得：所以，又，，所以，，，设平面与平面的法向量分别为：，所以，令，则令，则，，即设平面与平面夹角为则所以平面与平面夹角的余弦值为.20、（1）（2）【解析】（1）圆关于直线对称，半径不变，只需求出圆心对称的坐标即可.（2）将四边形面积分成两个全等的直角三角形，利用直角三角形的性质，一条直角边不变时，斜边与另外一条直角边的大小成正相关，从而得到面积的最小值与最大值.【小问1详解】由题可知的圆心为，圆的半径与之相同，圆心与之关于对称，设的圆心为，故可根据中点在对称的直线上得到①，根据斜率相乘为-1得到②，联立①②可得，所以圆心坐标为，且半径为，故的方程为【小问2详解】连接，将四边形分割成两个全等的直角三角形，所以有，四边形面积的范围可转化为MP长度的范围，在中，根据勾股定理可知，因为半径长度不变，所以最大时最大；所以最小时最小；画出如下图，当动点P移动至在时面积最小，时面积最大；设点P的坐标为，所以有，解得，所以，，所以，所以；，所以.所以21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.【小问1详解】因为点在底面内的射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足．所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.【小问2详解】∵面，∴直线与底面所成角为，即.因为，所以由（1）知，，因，所以，.如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,,所以，设，由得，，即.则.设平面BDC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为记二面角的平面角为，由图知，为锐角.所以,即.所以二面角的大小为.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取的中点为，连接，可证，从而可利用面面垂直的判定定理可证平面平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面