广东湛江2023-2024学年高二年级上册期末调研考试数学试题含答案

保便★肩用前

湛江市2023—2024学年度第一学期期末调研考试

高二数学

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在

答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、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

项是符合题目要求的.

11.已知两条直线1}：3工一2、+1=0和l2：a^+2y+l=0相互垂直，则a=

44

A.2B.3C.一年D.-f

2.已知空间向量。=(储1,2),6=(2"+1'),若a〃b,则实数久=

A.0B.2C.—1D.—2

3.若双曲线C：y-^-=l的左、右焦点分别为B，尸z,点P在双曲线C上，且

A.2B.10C.12D.6

4.已知数列4为}与《心)均为等差数列，且如+74=7,。8+仇=11•则念+仇=

k

A.9B.18C.16D.27

5.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点汽(2,0)的距-离比到'轴的距离大2,则点

M的轨迹方程为

A.y2=8xB.y=0

C.、=0(HV0)或1y2=舐D.〃=0或r/=8x

高二数学第1页(共6页)

6.已知圆E：Z2+y2—2x—2,—3=0,过点A（2,3）且与圆E相切的直线2与两坐标轴

分别交于点M,N,0为坐标原点，则△OMN的面积为

A.9B.20C.16D.8

22

7.已知P为椭圆。（十方=1（。>6>0）上的点，6,巳分别为椭圆C的左、右焦点，

椭圆C的离心率为:，NBPB的平分线交线段于点Q，则卷*=

A.2B.与C：V2D.日

8.已知数列列”）为等差数列，数列｛仇）为等比数列，且仇一。】=仇一。2=仇一。4=1，则

A.64。4=1

B.。5-恁=1

C.bd=26„（nGN*）

D..—。8=1

二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知产是双曲线C：。*—»2=1的一个焦点，则下列选项正确的有

O

A.双曲线C的离心率为多

B.F到双曲线C的一条渐近线的距离为1

&2

C.双曲线。一/=1与双曲线C有相同的渐近线

O

D.过点P（4,9）的直线与双曲线C只有一个公共点，则这样的直线有两条

10.已知PM。,？。）是圆O：f+，=2外一点，过点P作圆。的切线，切点分别为A,B,

则下列选项正确的有

A.直线N°N+W3=2与圆。相切

B.直线xvjr+yoy^2与圆。相交

C.|PA|=什就一2

D.若/（）=2,=2J2，则|AB|—

0

高二数学第2页（共6页）

ir.若数列｛4｝满足从第三项开始，每一项都等于前两项之和，即=4+1+a”成

立，我们称之为斐波那契一卢卡斯数列.已知数列是斐波那契-卢卡斯数列，

且田=1,怒=2,5"为数列｛4｝的前九项和，则下列选项正确的有

A.数列｛斯｝存在连续三项成等差数列

B.数列a｝存在连续三项成等比数列

C.S99=<^ioi-2

D・S]00=Q]02-4

12.如图，在棱长为6的正方体ABCDAJBIGR中，M是棱BC的中点，%P是线段

AjM上的动点，点Q在正方形DCC12内（含边界）运动，则下冽四个结论中正确

的有

A.存在点Q,使得QC_LA】M

B.存在点P,使得NBPD=90°

C.△PDA面积的最小值是"反

0

D.若NAQD=NMQC,则三棱锥Q-ABD体积的最大值是

1273〃一

三、填空题：本题共4小题，每小题—5分，共20分.

13.已知直线2：%+2）—3=0的倾斜角为a,贝ijcosa=.1

14.已知0为坐标原点，过抛物线C：y2=4x焦点的直线/与抛物线C交于A两点,

则△OA8面积的最小值为

15.如图，在平行六面体ABCDA1BCR中，四边形

ABCD是边长为2的菱形，且N4AB=NA|AD=

NJBAD=60°.若直线AA｝与平面BDC,所成的角

的正弦值为《，则AA]=

O

16.已知分别是双曲线C：专一*=l（a>0">0）的左、右焦点，过点B的直线

a.0

/与双曲线C交于A,B两点，直线/与V轴交于点M.若用J_瓦花，3而T=

2跖有，则双曲线C的离心率为.

高二数学第3页（共6页）

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.(本小题满分10分)

-1-1-1Z'

已知各项均为正数的等比数列｛狐｝的首项即=7,不+丁=屋・

(1)求数列S”｝的通项公式；

4

(2)已知数列｛阀a“)的前几项和S,，证明：S,＜々.

O

18.(本小题满分12分)

过点尸(0,—1)的直线，与圆E:人十/+强一6)+4=0交于A,B两点.

(1)当|AB|取最大值时,求直线I的方程；

(2)用坐标法证明M•届为定值.

高二数学第4页(共6页)

19、（本小题满分12分）

下图是一座抛物线拱形拉索大桥，然形最高点与桥血’的距寓为30m,抛物线拱形桥

的纵截面曲线为抛物线G抛物线C与桥面的交点为八,3两点,川八阴120m,

（1）求抛物线C的焦点到共准线的来离,

（2）巳知P.Q两点为抛物线拱形桥的纵低而抛物线C与水物的交点，点P与点八

在抛物线C对称轴的同侧,从点13俯瞰点P,俯珀的正切仞为:，求桥面与水面

的距离.

20.（本小题满分12分）

已知数列｛。力的前n项和为S”,°2=3,。“+册+」=4几

Q）求S“；

（2）记T”为数列仍“｝的前。’项和，若仇=18,且数列｛4F了"是以3为公差的等

・差数列，求数列的通项公式.

高二数学第5页（共6页）

21.(本小题满分12分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，△号是边长为2的等边三角形，底面AB。0为平

行四边形，且四，PBjjLD,/ABC=45°.

(1)证明：平面PADJ_平面ABCD.

(2)棱PD上是否存在点E,使得平面BCE与平面PDC的夹角为30°?若存荏，求

DF

前的值;若不存在,请说明理由.

―1/、、、/

B

22.(本小题满分12分)

已知A(—2,0),B(2,0),动点尸满足:直线PA与直线PB的斜率之积为常数一亳

(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)已知Fi(—l,O),Fz(LO),设直线PB与直线PF2交轨迹C于另两点M,N,

记△PBF2和aPMN的面积分别为Si方2，求自的取值范围.

高二数学第6页(共6页)

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高二数学参考答案及评分标准

一、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，只有一项是符合题

目要求的.

1.D【解析】由/」总可得>；（一等）=—1.所以a=4■.故选D.

4\乙/O

91-1-1

2.D【解析】当a=0时，。=（0,1,2）"=（2,1,0）,显然。，6不平行.当4片0时，a〃d则彳=中

A1

=之,解得入=—2.故选D.

3.B【解析】由题意得«=2,c=5,IIFF：I-|FF2II=2a=4,而IPF"=6,解得IPF2I=2或

10.而IPFzI>c—a=3,所以IPF,I=10.故选B.

4.A【解析】因为数列｛a.｝与｛4｝均为等差数歹ij,且a?+d=7,“十仇=H,由等差数列的性质可

知,+仇=看出+包+仇）=9.故选A.

5.C【解析】设MG,，），由题意|MF|=|z|+2,所以，（工―2）2+由=|纪|+2,两边平方得，

x2+/-4久+4=12+4||+4,即y2=^\x\+4%,当%<0时，*=-41+4%=0,即6=0；当

时，丁=42+4%=8久.故选C.

6.C【解析】由22+32—2X2—2X3—3=0,所以点A（2,3）在圆E上，圆E的标准方程为

（“一1）2+（？一1）2=5,设直线I的方程为了一3=后（久一2）,即—、一2笈+3=0.因为直线I与

圆E相切，所以-2发+3]=痣，解得归=一所以直线i的方程为了+2>一8=0.设点

yp+r2

M,N分别为直线，与1轴、）轴的交点.令、=0,得1=8,即M（8,0）,令1=0,得了=4,即N（0,

4）,所以SACMN=｝><8X4=16.故选C.

7.A【解析】因为NFJFz的平分线交线段于点Q,所以/F]PQ=/QPFz,所以由正弦定

E4曰|PF1|—|F1Q||P£|—|FzQ|vr./PCk_./DC"

，v

理信sinNPQK—sinZF1PQsin/PQF2—sin/BPQ'又口为sm/PQK-sm/PQ£’

sinNBPQ=sin/£PQ,所以等J即篝J=不妨设|PF"=z,Q（—〃,0）,则

a（c-72）

―一―厂，解得z=a（L"），所以黑\=上=_£_=三=工=2,故选A.

NQ—xc十〃cI5ilc—nc—nce

8.D【解析】设数列｛a,,）的公差为d,数列他J的公比为g.

由b\一。1=仇一（22—^3—“4=1，得"=。1+1,优9=〃1+1+4,d/=Qi+1+3d,

故"q一仇=（Qi+l+d）—（Qi+1）=Q,8q2—仇9=（。1+1+3d）—（Qi+1+。）=2d,

解得q=l或q=2,所以C错误；

当q=2时，仇=cii+1=d,d=42$=8仇，丁=々1+3d,

高二数学参考答案及评分标准第1页（共8页）

所以仇一。4=86]——3c/=86i—（仇一1）—3bl=4d+1,

若仇一见=1，则仇=0,与｛儿｝为等比数列矛盾，所以A错误；

当q=2日寸，伍=（21+1=。，。5="24=16仇，。5=。1+4。，

所以b&—“5=16仇—（21-4d=16仇一（仇一1）—4仇=11仇+1,

若优一恁=1，则8=0,与｛A｝为等比数列矛盾，所以B错误；

当q=2时，仇=。1+1=",64="23=861,。8=。1+7d,

所以仇一。8=8仇一Qi—7d=8（仇一）—7=1成立，

当q=l时4=0,所以,所以仇一念=。1一处=1,所以D正确.故选D.

二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.BD【解析】由双曲线C的方程可得双曲线。的实半轴长。=29,半焦距c=，E=3,所以

双曲线C的离心率0=£=三=乎,故A错误;

a2#4

由题意得，双曲线C的渐近线方程为y=±亨Z,焦点坐标为（±3,0）,由点到直线的距离公式

（士与）X（±3）—0

得，到双曲线C的渐近线的距离d=J——-----=1,故B正确；

2

双曲线看一%2=1的渐近线方程为，=±2至久,故C错误；

O

点P（4,9）在双曲线C的渐近线，=牛了上，所以过点P（4,招）的直线与双曲线C只有一个公

共点的直线有两条，一条和渐近线、=一亨z平行，一条与右支相切，故D正确.故选BD.

10.BCD【解析】圆心O到直线2的距离为1=/「,，|PO\=，忌+就，又点P在

，就+就

______9

圆外，|PO|=+M>厂=9，所以d==厂,故直线/0久+夕0）=2与圆O相交，

，忌+4

所以A错误，B正确；

|PA|=，=。2—/2=，=+4—2,所以C正确;

因为PALOA,所以SAOPA=^\OA\>\AP\=^X^^-X\OP\，故^^=乌息产=

®X'=平，所以IABI=乌比，故D正确.故选BCD.

/4+833

11.AC【解析】因为。3=。1+。2=3,所以%=1,“2=2,。3=3成等差数列，所以A正确；

假设a”，a”+1，a*+2成等比数歹I」，则。5+1=册•。”+2，又a〃+2=a〃+i+"〃，

所以2±1=1+上.设j=八则1=0无有理数根，所以假设不成立，故B错误；

Q”Q〃+ia〃+i

因为。〃+2+a”+i,

所以。100=。99+。98=。99+。97+。96=。99+。97+。95HH（23+。2=。99+。97+。95H^恁+。1+1，

所以。100―1=。99+。97+。95+…+03+。】，

高二数学参考答案及评分标准第2页（共8页）

同理,。99=。98+。96+。94+•••+。4+。2+1，所以。99—1=。98+。96+。94+♦。'+。4+。2，

故S99=(<21+。3+。5+。7H------H&9)+(。2+。4+。6H----+。98)=0100+。99—2=Qioi—2,所以C

正确；

Sioo=«ioo+S99=a100+处01—2=aioz—2,所以D错误.故选AC.

12.BCD【解析】如图LAM在平面DCCiD的射影为DC,若QC

，AiM,则QOC,显然不存在这样的点Q,故A错误；

如图2,建立空间直角坐标系，则A1(6,0,6),M(3,6,0),B(6,6,

0),0(0,0,0).设一(2,»,名。。1羊=；14面,0发3*1,所以4节=

(了一6,y,z—6)=4—3,6,—6),所以P(6—3/，6/，6—

6A).FB=(3A,6—6A,6A6),PT)=(3入-6,—6义，6/一6),假设存

在点P,使得NBPD=90°,则P3•=3A(3A-6)—6A

(6—6/)+(6/一6)(6/一6)=0,整理得9*一14a+4=0,解得A=

图1

丘”>1(舍去)或义=飞色，故存在点P,使得NBPD=90°,

故B正确;

由上知P（6—3M6义，6—6义），所以点P在DDj上的射影为（0,0,6—6/），所以点P到D"的距

离为d=\/(6-3A)2+(6A)2=3，5乃一44+4=

a/5(L]+?所以当)=1_时,心=4E,故

y5555

面积的最小值是JX6X足费=些式，故C正确；

N55

由题易知AD±DQ,MC±CQ,

AD6-MC3

所Kc以nrtan/AQD=y^=杯，tan/MQC=E=M.

又/AQD=/MQC,所以焉=条,得累=2,

LJ\a^

在平面DCGD内以DC为上轴，DC的垂直平分线为y轴建系，如图3.

根据题意可得D（—3,0）,C（3,0）.设Q（工,y）,因为第=2,所以

居然=4,故舁土争士=4,整理得圆E：（^-5）2+y=16.

|CQ|一（％—3）~ry

在正方形DCGDj内（包括边界），Q是以E（5,0）为圆心，半径

r=4的圆上的点.

令z=3,可得|田=2①，当Q为圆E与线段CG的交点时，Q

到底面ABCD的距离最大，最大距离为273.

所以三棱锥Q-ABD体积的最大值是呆号.><2①=9><聂6><6*2畲=12后故口正

确.故选BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.一卒【解析】由题意，得直线I的斜率为左=一）,故tana=2=一又sm2«+cos2a

oNcosaN

1,所以cosa=

高二数学参考答案及评分标准第3页（共8页）

14,2【解析】设直线/的方程为i=力)+1,A(乃，)i),8(12,)2)，联立［2:'得/一4切一4

【V=47，

=0,则)1+、2=4z,)1)2=—4.因为S^OAB=2X|OFXhi-3-21=2v71*,所以当t=0

Ht.AOAB的面积的最小值为2.

15.3【解析】如图，连接AC,设。为AC与BD的交点.

因为AAi〃CG,所以AAj与平面BD3所成的角等于CG与平面BDG所成的角.

连接OCi,过C作CMXOCx于M.

由平面A%GC,平面BDG,平面A&GC。平面BDQ=OQ,CMU平面A&GC,所以CM±

平面BDG,所以/CG。就是CG与平面BDG所成的角，即为AA与平面BDG所成的角.

由已知得sinZCC1O=y,AA7•=AA?•(A5+)=AA7•+AA7•A5=

2IAA7ICOS-y+2IAA7ICOS-y=2IAA7I.

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，且NBAD=

以|AC|—2A/3~,

所以cos/AAO=—A4°A。=.2IaA|盘

WUcosZAMO罚•岗2V3IAATI3-

在nAAiGC中，cosNOCG=一"，sin/OCG

cosZCC1O=/I—sinZCCQ=年.

在△OCCj中，sin/COCj=sin（Tt-/OCC,一NCQ。）=sin（/OCCj+ZCCjO）

=sinZOCC1•cos/CCJO+COS/OCCJ•sin/CGO=*X竽+（—亨）*方=方.

在△OCG中，由正弦定理得，O=sin［看OG'即乎=T，得CG=3,所以当AA|=

3T

3时，直线AA】与平面BDG所成的角的正弦值为方.

16.【解析】由题意，设|A£|=2m,^\\MF2|=3m=\MF1,\AF,\=2a+2〃z.在

中，9m2+（2a+2m）2=257n之，贝|J（Q+3稗）（Q—a）=0,故a=m或。=—3m（舍去），所以

\AF.|=4a,\AF2I=2a,\MF2\=\MF,=3a,则\AM\=5a,故cos/居AF?==

萼=［所以在△ARB中，由余弦定理得cos/BAB=16?二4,）4c2=、，整理得2

ba5NX4aXNa55c=

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.(1)解：设数列｛a"的公比为q.

因为少十▲=§,所以工+E=9,......................................................................................1分

。2。3<2iqa1qm

高二数学参考答案及评分标准第4页(共8页)

故，+5=6,.....................................................................................................................................2分

qq

解得或q=一十...........................................................3分

又数列{an}各项均为正数，所以q=一十舍去，故q=J，.........................................................4分

所以a”=：X^T7・........................................................................................................................5分

(2)证明：由(1),得"。〃=~^-乂^^,...............................................6分

则s“=白十福+…+戏)，..............................................7分

；S“=；C+自+皮+…+苗)，...............................................8分

两式相减得;S"=}(l+；+"+/H^/7一iM=}(2—卜..............9分

・

故S〃=2——10分

18.(1)解：由后:兴+丁+彳％—65；+4=0得(%+2)2+(3;—3)2=9,所以圆£?是以_£(—2,3)为圆

心，3为半径的圆，..............................................................1分

当直线，过圆E的圆心时，|AB|最大，...........................................2分

、,3+1

所以直线，的斜率为左=咛与=—2,......................................................................................3分

—z—0

所以当|AB|最大时，直线/的方程为)=-2%—1..................................................................4分

(2)证明：设AOi),_6(12,)2).

当直线I的斜率不存在时，即直线I的方程为①=0,

所以/—6)+4=0,所以+“=6,yi”=4,

所以Pl•P5=(Zi,2+1)•(久2，»2+1)=久1久2+(/1+1)()2+1)=久1久2+/1/2+丁1+、2+

1=0+4+6+1=11.........................................6分

当斜率存在时，设直线I的方程为了=心一1,

联立，一「二:，得(公+1)*—(84—4)z+ll=0,8分

(z+2)2+(y—3)2=9,

则JC1+x=,工1工2=分

2,+；9

又yi=kxx一1,y2=kx2—1,

所以J51•R§=(笈2+1)乃及=11.

综上，为定值11.............................................................................................................12分

19.解：(1)以抛物线拱形对应抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴为y轴，建立直角坐标系.

设对应抛物线的方程为了,=22y(力<0),..................................................................................2分

则点(60,—30)在抛物线上，所以602=22><(—30),.............................................................4分

所以/=—60,即|，=60,故抛物线C的焦点到其准线的距离为60m.............................5分

(2)由(1)可知抛物线的方程为/=-120),..............................................................................6分

由抛物线对称性，不妨设点P在对称轴右侧，则P(z,一卷)，z>0.....................................7分

\_L乙U/

高二数学参考答案及评分标准第5页(共8页)

120-30i

由题意［的=),..................................................9分

1十6。4

解得纪=90,.....................................................................................................................................10分

2

故卷r—30=37.5，

所以桥面与水面的距离为37.5m............................................................................................12分

20.解：（1）由题意，+。2=4,“2=3,所以a】=1...........................................................................1分

由an+an+1=4",得Q〃+1+a〃+2=4w+4,两式相减得d"+z—&=4,....................................2分

所以数列｛。“｝的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列；偶数项是以3为首项，4为公差的

等差数列.

若“为奇数，设〃=2后一1次GN*.则a„=a2i-1=l+（k-l）X4=4：k-3=2（2k-l）-l=2n-l；

3分

若n为偶数，设"二2上/GN<1,则==3+（左一1）X4=4左一1=2X2左一1=2"—1.

..............................................................................................................................................................4分

综上，a“=2〃-l,〃CN*,所以数列｛七｝是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以S“=l〉"+"y（；—1）X2="、...............................................5分

（2）由数列是以3为公差的等差数列，可得十T?一，S|+A=3,

又SI=1,SZ=4,TZ=，I+62=6I+18,......................................................................................6分

所以Sz+Tz=4+bi+18=6i+22,故，22十仇一十仇=3,.............................................7分

解得d=3..........................................................................................................................................8分

又eTTTnv7乔经=，中=2,所以数列｛是首项为2,公差为3的等差数列，

..............................................................................................................................................................9分

所以，S”+T“=3〃-1,即S„+T„=(3«—1)2,

所以T„=(372—I)2—S„=9n2—6〃+1—n2=8ti2—67z+l......................................................10分

当时也二T“一T"T=84一6〃+1—8(〃—iy+6(〃一1)—1=16〃一14,...............11分

3,n=1,

又当w=1时，仇=3,所以b„=12分

16〃-14,w>2.

21.⑴证明：如图，过点B在平面ABCD内作BOJ_AD,交DA的延

长线于点。，连接。P，所以PB±DO.

又BO_LDO,PB,OBU平面POB,PBnOB=B,所以D。，平面

POB................................................................................................1分

又POU平面POB,所以DCLLPO,即AO±PO.

由NABC=NADC=45°,AB〃DC,所以/。AB=45°.

又OA_LOB,所以NOBA=45°,故OA=OB...............................................................................2分

又△PAB为等边三角形，所以PA=PB.又「。=20,所以4尸。4&/\「。8.

又POLOA,所以PO±OB............................................................................................................3分

又OA,OBU平面ABCD,OAp|OB=O,所以PO_L平面ABCD.

又POU平面PAD,所以平面PAD,平面ABCD..................................................................4分

高二数学参考答案及评分标准第6页（共8页）

⑵解：由（1）知OP,OB,OA两两垂直，故以。为坐标原点，分别以05,携,亦为了，轴的

正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

易得PO=OB=OA=AD=-^2,

所以B（72,0,0）.P（0,0,72），C（72，V2,0）-0（0,272,0）.

设存在点E（久。，四,z。），使得平面BCE与平面PDC的夹角为

30°,且器=4，0（义W1，故用=4亦，

所以E（0,27^（l—；O,也;0，.........................5分

故比=（0,招,0）,盛=（―",2北"（1—义）,府0,1=（72,72,-#）（V2,-72,0）.

.......................................................................................6分

[n,B^=0,

设〃=（皿，”，zi）为平面BCE的法向量，则有《一

[n•BE=0,

卬2了]=0,

即彳可取〃=（储0,1）...............................8分

〔一册4+2^2"（1—A）w+V2~A^i=0,

（m•力5=0,

设m=（22，了2，之2）为平面PDC的法向量，则有《f

可取机=(1,1,2),10分

\n•m\2P心1.

所以|cos〈打，机〉|-1^+1万，解得入=7或入=1,

l«l1^1，乃+]XV6-

r）pIr）p

所以当程=索或器=1时，平面BCE与平面PDC的夹角为30°.....................12分

22.解：(1)设动点P(z,y)(zW±2),则后PA=T?，无PB=......................1分

式十Nx-N

因为右A•须B=一J■，所以•一=一3，.......................................

3分

4支十/2—N4

22

即1+^=1(久力士2),

22

所以动点P的轨迹C的方程为(=±2)...................................4分

$-^-\PFl\-\PF2IsinZFjPF2ppi.iPf?i

5分

⑵由题意得彩=<------------------------=\1PPMM|\，|PPVN|•......................................................

S'^^\PM\.\PN\smZFlPF2

设P（%1，3h）,M（%2，了2），N（%，、3