浙江省台州市2023-2024学年高二上学期1月期末质量评估数学试题

台州市2023学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学2024.01一、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，只有一项符合题目要求）1.直线的斜率等于（）A. B.1 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由斜截式判定直线斜率即可.【详解】由直线的斜截式可知的斜率为.故选：C2.若双曲线的离心率为2，则实数（）A.2 B. C.4 D.16【答案】A【解析】【分析】根据离心率表示出方程，计算即可求解.【详解】由题意得,,解得.

又，则.

​​​​​​​故选:A.3.若空间向量，则与的夹角的余弦值为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示即可求解.【详解】由题意，得.故选:C.4.已知等差数列的前项和为.若，则其公差为（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式，通项公式列式计算求解.【详解】由，所以，又，，解得.故选：D.5.如图，在平行六面体中，记，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：.故选：A.6.人们发现，任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，必会得到1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”现给出冰雹猜想的递推关系如下：对于数列为正整数），若，则所有可能的取值的和为（）A.16 B.18 C.20 D.41【答案】B【解析】【分析】由已知数列的递推式倒推得到m的值.【详解】若，则由递推关系只能有，，有或，当时，；当时，，所以所有可能的取值为或，.故选：B7.已知抛物线的焦点为,两点在抛物线上，并满足，过点作轴的垂线，垂足为，若，则（）A. B.1 C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】分过的直线斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，联立抛物线，得到两根之积，根据向量比例关系得到方程，求出，，从而得到方程，求出答案.【详解】由题意得，当过的直线斜率不存在时，，不合要求，舍去，当过的直线斜率存在时，设为，联立得，，设，则，因为，所以，又，故，解得，故，解得，故，解得.故选：B8.在空间四边形中，，则下列结论中不一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量线性运算判断A；利用空间向量数量积的应用判断B；利用给定等式结合垂直关系的向量表示推理判断CD.【详解】依题意，，A正确；显然，即，因此，B正确；由，同理得，于是，由，得，由，得，取中点，连接并延长至，使，连接，取中点，连接，显然四边形为平行四边形，则，，于是，即有，则，，而平面，则平面，又平面，因此，，而为公共边，所以≌，C正确；显然线段不一定相等，而，，即直角三角形的两条直角边不一定相等，与不一定垂直，又，所以不一定垂直，D错误.故选：D【点睛】结论点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和．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，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知数列和是等比数列，则下列结论中正确的是（）A.是等比数列B.一定不是等差数列C.是等比数列D.一定不是等比数列【答案】AC【解析】【分析】AC可利用等比数列的定义进行判断，CD选项，可举出反例.【详解】A选项，设数列的公比为，则，故，所以是等比数列，A正确；BD选项，设，满足数列和是等比数列，所以，故此时是等差数列，也是等比数列，BD错误；C选项，设数列的公比为，数列的公比为，则，故是等比数列，C正确；故选：AC10.已知且，曲线，则下列结论中正确的是（）A.当时，曲线是椭圆B.当时，曲线是双曲线C.当时，曲线的焦点坐标为D.当时，曲线的焦点坐标为【答案】ABD【解析】【分析】对于AC，若，则，从而可判断；对于B，若，则，，从而可判断；对于D，时，曲线是焦点在轴上的双曲线，求出焦点坐标即可判断.【详解】对于A，若，则，故曲线是焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则，，故曲线是焦点在轴上的双曲线，故B正确；对于C，时，由A可得曲线是焦点在轴上的椭圆，故C错误；对于D，时，由B可得曲线是焦点在轴上的双曲线，曲线，可化为曲线，双曲线的半焦距为，故焦点坐标为，故D正确.故选:ABD.11.如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（）A.平面B.C.D.若分别为的中点，则为的中点【答案】ACD【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；对于B，将与的位置关系转化为与的关系进行判断；根据空间向量的线性运算即可判断C；通过分析得到，即可判断D.【详解】对于A，因为分别是的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面，故A正确；由A可得，，因为分别是的中点，所以.由题中条件得不到与垂直，所以也得不到与垂直，故B错误；对于C，,故C正确；对于D，因为是的中点，所以.又因为是的中点，所以，所以,所以为的中点，故D正确.故选:ACD.12.已知，，则下列结论中正确的是（）A.当时，B.当时，有2个元素C.若有2个元素，则D.当时，有4个元素【答案】ABD【解析】【分析】A选项，画出表示的部分图形，求出与轴的交点坐标，得到A正确；B选项，得到此时为，由圆心到的距离小于半径得到有两个交点，求出答案；C选项，举出反例；D选项，画出表示的部分图形，结合点到直线距离，数形结合得到答案.【详解】A选项，时，表示圆心为，半径为1的圆位于轴上方的部分（包括轴上的两点），由得或，故，表示圆心为，半径为1的圆位于轴上方的部分（包括轴上的两点），由，解得或，同理可得，故表示的部分如图所示，表示轴，故，A正确；B选项，当时，，由于圆心到轴的距离等于2，大于1，整个圆位于轴上方，，由于圆心到轴的距离等于2，大于1，整个圆位于轴下方，故表示的部分如图所示，由于圆心到的距离，故直线与圆有两个交点，有2个元素，B正确；C选项，当时，此时两圆圆心相同，半径相等，此时表示部分如图所示，此时直线与有两个交点，而，C错误；D选项，当时，，由于圆心到的距离为，，由于圆心到的距离为，画出表示的部分如图所示，此时直线分别与两圆交于两点，共4个交点，所以有4个元素，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：有关直线与圆的位置关系判断，可利用代数法或几何法进行求解，代数法即联立直线与圆的方程，根据根的判别式进行判断；几何法则使用点到直线距离，数形结合进行求解.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.点到直线的距离为______．【答案】1【解析】【分析】直接利用点到直线的距离公式计算可得.【详解】点到直线的距离.故答案为：14.已知椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上的点，若，，则椭圆的离心率等于______.【答案】##【解析】【分析】根据椭圆定义求出，由余弦定理求出方程，求出离心率.【详解】由椭圆定义可得，又，故，由余弦定理得，故，故，解得，故离心率为故答案为：15.已知数列的前项和为.当时，的最小值是______.【答案】4【解析】【分析】将化为，利用裂项求和法求出，再结合数列的单调性，求解不等式，即可得答案.【详解】由于，故，由，可得，即，由于的值随n的增大而增大，且时，，时，，故n的最小值为：4，故答案为：416.已知抛物线和.点在上（点与原点不重合），过点作的两条切线，切点分别为，直线交于两点，则的值为______.【答案】【解析】【分析】设出直线方程，分别与抛物线，联立，结合判别式，韦达定理及弦长公式即可求解.【详解】依题知直线的斜率存在且不为0，设直线，，联立，得，则，，设过点的切线方程为，则，得，由，得，故过点的切线方程为，即，同理过点的切线方程为，联立得，则点，则，得，设，联立，得，，，.故答案为：.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.已知圆经过原点及点.（1）求圆的标准方程；（2）过原点的直线与圆相交于两点，若，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由，可知线段的中点为圆心，线段的长为圆的直径，得解；（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，在存在时，利用勾股定理求出弦心距，求解直线方程.【小问1详解】设原点为，易知，线段的中点为圆心，圆心坐标为.线段的长为圆的直径，，半径.圆的标准方程为【小问2详解】①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，令，代入圆的标准方程，解得或，则，不符合题意.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将其转化为一般式方程，圆心到直线的距离为，则，得，化简得或，即直线的方程为或.18.已知数列是公比不为1的等比数列，其前项和为.已知成等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）应用等比数列的基本量运算及等差中项即可；（2）应用错位相减法即可.【小问1详解】设等比数列的公比为，由题意得：，即，，得，解得或.由于不符合题意，因此.由得，，即.所以.【小问2详解】由题意得，，则，则，则，则，.19.在长方体中，.从①②这两个条件中任选一个解答该题.①直线与平面所成角的正弦值为；②平面与平面的夹角的余弦值为.（1）求的长度；（2）是线段（不含端点）上的一点，若平面平面，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，借助二面角或线面角的向量法求解即可;（2）设，求出平面的法向量与平面的法向量，利用法向量垂直，即可求出的值.【小问1详解】在长方体中，易知两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，设，则，设平面的法向量.取，则.若选择条件①，，设直线与平面所成角为，则，解得，或（舍去），即.若选择条件②，易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，解得，或（舍去），即【小问2详解】由题（1）得:.设，则.设平面的法向量所以，即取，则,又，设平面的法向量.令，则平面平面，即，解得，所以.20.如图，圆的半径为4，是圆内一个定点且是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，点在圆上运动.（1）求点的轨迹；（2）当时，证明：直线与点形成的轨迹相切.【答案】（1）点的轨迹是以为焦点，长轴长等于4的椭圆（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义可得答案；（2）以线段的中点为坐标原点，以过点的直线为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，求出椭圆的标准方程，当时，点的坐标为和，求出直线的方程与椭圆方程联立利用判别式可得答案.【小问1详解】，因为，所以与两个定点的距离的和等于常数（大于），由椭圆的定义得，点的轨迹是以为焦点，长轴长等于4的椭圆；【小问2详解】以线段的中点为坐标原点，以过点的直线为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，设椭圆的标准方程为，由椭圆的定义得：，即，即，则椭圆的标准方程为，当时，点的坐标为和.当点的坐标为时，已知点的坐标为，线段的中点坐标为，直线的斜率为，直线的方程，联立方程，得，整理得，可得，所以直线与点形成的轨迹只有1个交点，即直线与点形成的轨迹相切.当点的坐标为时，已知点的坐标为，线段的中点坐标为，直线的斜率为，直线的方程，联立方程，得，整理得，可得，所以直线与点形成的轨迹只有1个交点，即直线与点形成的轨迹相切.综上，直线与点形成的轨迹相切.21.某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为的笔直公路，其中.摩天轮近似为一个圆，其半径为，圆心到地面的距离为，其最高点为点正下方的地面点与公路的距离为.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计）（1）如图所示，甲位于摩天轮的点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？（2）当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为,由得答案;（2）设甲位于圆上的点处,直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到.过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角，,其中，表示点和点构成的直线的斜率，根据直线与圆的位置关系即可求解.【小问1详解】如图所示，设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为，m.因为圆的半径为35m，圆心到地面的距离为40m，所以m.从甲看乙的最大俯角与相等，由题意得，则.【小问2详解】如图所示，设甲位于圆上的点处，直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到.过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.当取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角.题意得：,其中，表示点和点构成的直线的斜率，当直