山西省朔州市怀仁市2023-2024学年高二上学期第二次教学质量调研数学试题（含答案解析）

怀仁市2023-2024学年度上学期高二第二次教学质量调研试题数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色里水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答亲答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本试卷主要命题范围：选择性必修第一册全册，选择性必修第二册第四章.一.单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（）A.⊥ B.C.与相交但不垂直 D.或【答案】D【解析】【分析】根据，所以，进而可以得到与的关系.【详解】因为，所以，所以或.故选：D.2.已知双曲线的离心率，则曲线的渐近线的方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用离心率找到基本量的关系，得到渐近线方程即可.【详解】易知，又，故，解得，显然渐近线方程为.故选：B3.已知抛物线的焦点为F，点，若点A为抛物线任意一点，当取最小值时，点A的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设点A在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义把问题转化为求取得最小值，数形结合求解即可.【详解】设点A在准线上的射影为D，如图，则根据抛物线的定义可知，求的最小值，即求的最小值，显然当D，B，A三点共线时最小，此时点的横坐标为1，代入抛物线方程可知.故选：B.4.已知点，Q为圆上一点，点S在x轴上，则的最小值为（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】C【解析】【分析】本题目是数形结合的题目，根据两点之间线段最短的原则，可以将转换为，连接，找到点的位置，从而求出线段和的最小值【详解】将圆方程化为标准方程为：，如下图所示：作点关于x轴的对称点，连接与圆相交于点，与x轴相交于点，此时，的值最小，且，由圆的标准方程得：点坐标为，半径，所以，，所以最小值为9故选：C5.如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可．【详解】设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，又底面的一个法向量为，所以，因为，则，当时，，当时，，当，，则，，则，则当时，分母取到最小值，此时，当，时，则，此时，综上，故选：A.6.直线与曲线有交点，则实数取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据曲线的方程确定为以为圆心，2为半径的下半圆，进一步利用经过定点的直线系和曲线的交点确定直线的斜率，最后确定实数k的取值范围．【详解】,所以直线恒过定点，且斜率为；曲线，整理得，故该曲线是以为圆心，2为半径的下半圆，如图所示，令，代入，整理得，解得或；故，，所以直线与曲线有交点，只需或即可，故选：B.7.已知等差数列的前项和为，若，且、、三点共线（该直线不过原点），则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三点共线结合共线向量的基本定理可求出的值，再利用等差数列的求和公式以及等差数列的基本性质可求得的值.【详解】因为、、三点共线（该直线不过原点），设，即，可得，又因为，则，，所以，，因为等差数列前项和为，则.故选：C.8.点、为椭圆长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，记动点的轨迹为曲线，若曲线上两点、满足面积的最大值为8，面积的最小值为1，则椭圆的离心率为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意求得动点的轨迹方程,再分析与面积的表达式求解的关系进而求得离心率即可.【详解】由题可设,则因为,故.化简得：.故当时面积最大,面积的最小.故.故椭圆的离心率.故选：C【点睛】本题主要考查了圆的轨迹方程的求解以及离心率的求解问题,需要根据题意列出满足的条件,再化简求得方程,属于中等题型.二.多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列命题中正确的是（）A.已知是两个互相垂直的单位向量，，且，则实数B.已知正四面体的棱长为1，则C.已知，则向量在上的投影向量的模是D.已知.为空间向量的一个基底，则向量不可能共面【答案】ABC【解析】【分析】A中，根据平面向量的数量积列方程求出k的值；B中，根据正四面体的结构特征，计算空间向量的数量积即可；C中，根据投影向量的定义计算模长即可；D中，假设向量共面，由此列方程组求解即可．【详解】对于A：因为，且是两个互相垂直的单位向量，所以，，故A正确；对于B：如图，正四面体对棱互相垂直，所以，，故B正确；对于C：，向量在上的投影向量的模长，故C正确；对于D：假设向量共面，则存在实数使，所以，所以，所以，故向量共面，D错误．故选：ABC．10.圆和圆的交点为，，则有（）A.公共弦所在直线方程为B.线段中垂线方程为C.公共弦的长为D.为圆上一动点，则到直线距离的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】两圆方程作差后可得公共弦方程，从而可判断A；求出垂直平分线的方程判断B；利用垂径定理计算弦长判断C；求出圆到直线的距离的最大值判断D．【详解】圆的圆心，半径，圆心，半径，显然，即圆与圆相交，对于A，将方程与相减，得公共弦AB所在直线的方程为，即，A正确；对于B，由选项A知，直线的斜率，则线段AB中垂线的斜率为，而线段中垂线过点，于是线段AB中垂线方程为，即，B正确；对于C，点到直线的距离为，因此，C错误；对于D，P为圆上一动点，圆心到直线距离为，因此点P到直线AB距离的最大值为，D正确．故选：ABD11.已知是等差数列的前项和，满足，设，数列的前项和为，则下列结论中正确的是（）A. B.使得成立的最大的值为4045C. D.当时，取得最小值【答案】ACD【解析】【分析】由等差数列性质结合已知可得，，，结合表达式性质，由此即可判断AC；结合等差数列前项和与通项的关系即可判断B；结合等差数列项的符号即可判断D.【详解】因为，所以，A正确；同理，，，则，所以，即，所以，C正确；因为，所以，故使得成立的最大的值为4044，B错误；又，故当，，故，当时，，故，当时，，故当时，，故，而，故，故当时取得最小值，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解决问题的关键是要灵活应用等差数列的性质、等差数列前项和公式、以及数列求和的裂项相消法.12.已知为椭圆右焦点，直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，则（）A.的最小值为B.周长的最小值为16C.的最大值为9D.直线与的斜率之积为【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程及椭圆的定义和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由椭圆的方程，可得，则，对于A中，因为经过椭圆的交点，由椭圆的性质，可得通径最短，其中通径长为，所以的最小值为，所以A正确；对于B中，根据椭圆的对称性，可得，由椭圆的定义可得，又由过原点的直线交得椭圆的弦长中，短轴长最短，其中短轴长为，所以周长的最小值为，所以B正确；设椭圆的长轴的两个端点分别为，由椭圆根据椭圆的性质，可得，此时直线的斜率为，因为直线斜率不为，所以，所以C不正确；设，则，则在的斜率都存时，可得，则，所以D正确.故选：ABD.三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆，，过点向圆引两条切线、，、为切点，则______.【答案】【解析】【分析】由圆的几何性质可知，，利用勾股定理可求得的值.【详解】圆的圆心为坐标原点，半径长为，由已知可得，由圆的几何性质可得，由勾股定理可得.故答案为：.14.在如图所示的平行六面体中，已知，，，N为上一点，且.若，则的值为______.【答案】##【解析】【分析】设，，，以构成空间的一个基底，根据，可得，将分别用表示，再根据数量积得运算律即可得解.【详解】设，，，则构成空间的一个基底，设，因为，所以，因为，，所以，即，即，解得.故答案为：.15.已知数列的前n项和为，且满足，则______【答案】【解析】【分析】在时，利用得出数列的递推关系式，这样我们在求数列和时只要从第一项开始两项并一组，变可以求得偶数项和．而题中求正好可求；【详解】解：当时有得，当时，①，又②，②－①得整理得；于是得，得，得，…，，，；所以．故答案为：．16.已知双曲线的左，右焦点分别为，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若△为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是_________.【答案】①②④【解析】【分析】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形为矩形，从而可求出其面积，对于④，由△为正三角形，可表示出点A的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率.【详解】对于①，因为双曲线的左，右焦点分别为，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点，所以，所以四边形是平行四边形，所以①正确；对于②，设，则,因为轴，垂足为，所以,所以，，所以②正确；对于③，因为，所以，所以△是直角三角形，所以四边形为矩形，设，则，所以，因为，所以，所以，所以四边形的面积为，所以③错误；对于④，因为△为正三角形，，所以，因为点在双曲线上，所以，化简得，所以，，所以，所以，所以，所以④正确，故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：考查双曲线的定义和几何性质的应用，结合双曲线的几何性质和题意找出等量关系，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线与直线交于点.（1）直线经过点，且平行于直线，求直线的方程；（2）直线经过点，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形，求直线的方程.（注：结果都写成直线方程的一般式）【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）联立两直线方程求出交点的坐标，设，将点的坐标代入方程，求出的值，即可得解；（2）依题意设或，将点的坐标代入方程，求出、的值，即可得解；【小问1详解】解：由联立得，，设，将代入得，解得，为.【小问2详解】解：由题意直线的斜率存在且不为，设或，将代入得或解得无解或，所以，即，为.18.已知数列满足a1＝3，a2＝5，且，n∈N*．（1）设bn＝an＋1－an，求证：数列是等比数列；（2）若数列{an}满足（n∈N*），求实数m的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）构造证明即可；（2）根据是等比数列，利用累加法与等比数列的求和公式可得，再根据的最大值分析即可【小问1详解】因为，所以．即，又因为，所以，则，所以，数列是等比数列【小问2详解】由（1）数列是首项为2公比为的等比数列，则．所以，则．经检验时也符合，则．又因为，所以．19.如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面二面角的大小为，分别是的中点．（1）求证：平面（2）在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）2【解析】【分析】（1）连接，取的中点，连接可证平面故而论成立；（2）设建立坐标系，利用向量求出到平面的距离，解方程得出的值，得出结论．【详解】（1）证明：连接，取的中点，连接分别是的中点分别是的中点，又平面，分别是的中点，又平面平面，平面（2）解：平面平面又平面为二面角的平面角，即以为坐标原点建立如图所示的空间坐标系如图所示：设则，，．设平面的法向量为，则，，令可得，到平面的距离，解得．，线段上是否存在一点，使得点A到平面EFM的距离为．且．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．20.记数列的前n项和为，对任意正整数n，有.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据求出的通项公式；（2）求出，利用错位相减法求和.【小问1详解】当时，，故，①，当时，②，两式相减得，故，又当时，，满足要求，综上，；【小问2详解】，，，两式相减得，，故21.直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见详解；（2）为的中点，理由见详解.【解析】【详解】试题分析：对于问题（1）可以先证明两两垂直，然后再建立空间直角坐标系用向量法进行证明；对于问题（2）可在（1）中建立的坐标系下，分别求出平面与平面的法向量，再根据二面角的余弦公式，即可确定是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.试题解析：（1）证明：因为，所以，又因为，所以面，又因为面，所以，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有设且，即，则，所以，因为，所以，所以（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为理由如下：由题可知面的法向量设面的法向量为，则因为，所以，即，令，则因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，所以，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求考点：1、线线垂直，线面垂直；2、二面角.22.已知、分别是椭圆的左、右焦点，且焦距为，动弦平行于轴，且.直线，设直线与椭圆交于、两点.（1）求椭圆的方程；