南通市重点中学2023年数学高二上期末质量检测试题含解析

南通市重点中学2023年数学高二上期末质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知双曲线的离心率为5，则其标准方程为()A. B.C. D.2．已知椭圆的右焦点为，则正数的值是（）A.3 B.4C.9 D.213．圆心在直线上，且过点，并与直线相切的圆的方程为（）A. B.C. D.4．设圆：和圆：交于A，B两点，则线段AB所在直线的方程为（）A. B.C. D.5．设正数数列的前项和为，数列的前项积为，且，则（）A. B.C. D.6．设等差数列前n项和是，若，则的通项公式可以是（）A. B.C. D.7．如图是一水平放置的青花瓷．它的外形为单叶双曲面，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面，且其外形上下对称．花瓶的最小直径为，瓶口直径为，瓶高为，则该双曲线的虚轴长为（）A. B.C. D.458．已知椭圆的左右焦点分别为、，点在椭圆上，若、、是一个直角三角形的三个顶点，则点到轴的距离为A B.4C. D.9．已知过点的直线l与圆相交于A，B两点，则的取值范围是（）A. B.C. D.10．已知直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α的位置关系是（）A.平行 B.垂直C.在平面内 D.平行或在平面内11．已知双曲线渐近线方程为，则该双曲线的离心率等于（）A. B.C.2 D.412．已知直线，，点是抛物线上一点，则点到直线和的距离之和的最小值为（）A.2 B.C.3 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列an满足，则__________14．已知点为椭圆上的动点，为圆的任意一条直径，则的最大值是__________15．抛物线（）上的一点到其焦点F的距离______.16．已知直线，，若，则实数______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）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.（1）求证：平面平面；（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）如图，正方体的棱长为2，点为的中点.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求点到平面的距离.19．（12分）已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，若关于x的不等式恒成立，试求a的取值范围20．（12分）已知的展开式中，只有第6项的二项式系数最大（1）求n的值；（2）求展开式中含的项21．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求△ABC面积的最大值.22．（10分）等差数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）若满足数列为递增数列，求数列前项和

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】双曲线离心率公式和a、b、c的关系即可求得m，从而得到双曲线的标准方程.【详解】∵双曲线，∴，又，∴，∵离心率为，∴，解得，∴双曲线方程.故选：D.2、A【解析】由直接可得.【详解】由题知，所以，因为，所以.故选：A3、A【解析】设圆的圆心，表示出半径，再由圆心到切线距离等于半径即可列出方程求得参数及圆的方程.【详解】∵圆的圆心在直线上，∴设圆心为(a，－a)，∵圆过，∴半径r＝，又∵圆与相切，∴半径r＝，则，解得a＝2，故圆心为(2，－2)，半径为，故方程为.故选：A.4、A【解析】将两圆的方程相减，即可求两圆相交弦所在直线的方程.【详解】设，因为圆：①和圆：②交于A，B两点所以由①-②得：,即，故坐标满足方程，又过AB的直线唯一确定，即直线的方程为.故选：A5、B【解析】当可求得；当时，可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式可推导得到，由求得后，利用可求得结果.【详解】当时，，解得：；当时，由得：，即，，数列是以为首项，为公差的等差数列，，解得：，，经检验：满足，，故选：B.6、D【解析】根据题意可得公差的范围，再逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】解：设等差数列的公差为，由，得，所以，故AB错误；若，则，与题意矛盾，故C错误；若，则，符合题意.故选：D.7、C【解析】设双曲线方程为，，由已知可得，并求得双曲线上一点的坐标，把点的坐标代入双曲线方程，求解，即可得到双曲线的虚轴长【详解】设点是双曲线与截面的一个交点，设双曲线的方程为：，花瓶的最小直径，则，由瓶口直径为，瓶高为，可得，故，解得，该双曲线的虚轴长为故选：8、D【解析】设椭圆短轴的一个端点为根据椭圆方程求得c，进而判断出，即得或令，进而可得点P到x轴的距离【详解】解：设椭圆短轴的一个端点为M由于，，；，只能或令，得，故选D【点睛】本题主要考查了椭圆的基本应用考查了学生推理和实际运算能力是基础题9、D【解析】经判断点在圆内，与半径相连，所以与垂直时弦长最短，最长为直径【详解】将代入圆方程得：，所以点在圆内，连接，当时，弦长最短，，所以弦长，当过圆心时，最长等于直径8，所以的取值范围是故选：D10、D【解析】根据题意，结合线面位置关系的向量判断方法，即可求解.【详解】根据题意，因为，所以，所以直线l与平面α的位置关系是平行或在平面内故选：D11、A【解析】由双曲线的渐近线方程，可得，再由的关系和离心率公式，计算即可得到所求值【详解】解：双曲线的渐近线方程为，由题意可得即，可得由可得，故选：A.12、C【解析】由抛物线的定义可知点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离.【详解】解：由题意，抛物线的焦点为，准线为，所以根据抛物线的定义可得点到直线的距离等于，所以点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离，故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2019【解析】将已知化为代入可以左右相消化简，将已知化为，代入可以上下相消化简，再全部代入求解即可.【详解】由知故所以故答案为：201914、【解析】设点，则且，计算得出，再利用二次函数的基本性质即可求得的最大值.【详解】解：圆的圆心为，半径长为，设点，由点为椭圆上的动点，可得：且，由为圆的任意一条直径可得：，，，，，当时，取得最大值，即.故答案为：.15、【解析】将点坐标代入方程中可求得抛物线的方程，从而可得到焦点坐标，进而可求出【详解】解：为抛物线上一点，即有，，抛物线的方程为，焦点为，即有.故答案为：5.16、【解析】由直线垂直可得到关于实数a的方程，解方程即可.【详解】由直线垂直可得：，解得：.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）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.∵，∴.∵，，∴，同理.又，∴，∴.∵，，平面，∴平面.又平面，∴平面平面；（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，∴，.∵三棱锥和的体积比为，∴，∴，∴.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成角为，则.∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.18、（1）（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，利用向量的夹角公式即可得解；（2）直接利用向量公式求解即可【小问1详解】解：以点作坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，0，，，0，，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，又，设直线与平面的夹角为，则，直线与平面的正弦值为；【小问2详解】解：因为所以点到平面的距离为，点到平面的距离为19、（1）的减区间为，增区间为（2）【解析】（1）利用导数求得的单调区间.（2）利用分离参数法，结合构造函数法以及导数求得的取值范围.【小问1详解】当时，，，所以在区间递减；在区间递增.所以的减区间为，增区间为.【小问2详解】，恒成立.构造函数，，，构造函数，，所以在上递增，，所以在上成立，所以，所以，即的取值范围是.20、（1）10；（2）；【解析】(1)利用二项式系数的性质即可求出的值；(2)求出展开式的通项公式，然后令的指数为即可求解【小问1详解】∵的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，∴展开后一共有11项，则，解得；【小问2详解】二项式的展开式的通项公式为，令，解得，∴展开式中含的项为21、（1）（2）【解析】（1）对，利用正弦定理和诱导公式整理化简得到，即可求出；（2）先由正弦定理求出c，再由余弦定理和基本不等式求出ab的最大值为1，代入面积公式求面积.【小问1详解】对于.由正弦定理知：即.所以.所以.所以因为，，所以.所以.因为