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文档简介
黄山市20232024学年度第一学期期末质量检测高二数学试题(考试时间:120分钟满分:150分)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,只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角等于()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用倾斜角和斜率的关系处理即可.【详解】化简得,显然斜率为,故倾斜角为.故选:B2.在空间直角坐标系中,点在坐标平面内的射影是点N,则点N的坐标为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】点在平面内的射影是坐标不变,坐标为的点.【详解】点在坐标平面内的射影是点,故点的坐标是故选:C3.圆与圆N关于直线对称,则圆的方程为()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对称性求得圆的圆心和半径,进而求得圆的方程.【详解】圆的圆心为,半径为,关于直线的对称点是,所以圆的圆心是,半径是,所以圆的方程为.故选:D4.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关”,其大意是:有一个人要去某关口,路程为里,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程是前一天的一半,走了六天到达该关口,则此人第三天走的路程为()A.48里 B.45里 C.43里 D.40里【答案】A【解析】【分析】设第六天走的路程为里,则第五天走的路程为里,依此往前推,第一天走的路程为里,根据前六天的路程之和为里,即可得出关于的一元一次方程,解之即可得出结论.【详解】设第六天走的路程为里,则第五天走的路程为里,依此往前推,第一天走的路程为里,结合题意可得:,解得,则第三天走的路程为里.故选:A.5.对于常数,“”是“方程的曲线是椭圆”的().A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】运用椭圆方程的一般形式求得m、n的范围,结合两集合的包含关系判断即可.【详解】因为“方程的曲线是椭圆”,则,又因为,但,所以“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件.故选:B.6.如图,在正方体中,点E,F分别是棱的中点,则异面直线与CF所成角的余弦值为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标系,将问题转换为求即可.【详解】以为原点,所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系:设正方体的棱长为1,则,所以,所以,即异面直线与CF所成角的余弦值为.故选:A.7.已知向量,则向量在向量上的投影向量为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用投影向量的定义结合已知条件直接求解即可.【详解】因为向量,所以向量在向量上的投影向量为,故选:D8.如图,已知双曲线的左顶点为A,O为坐标原点,以A为圆心,R为半径的圆与双曲线E的一条渐近线交于P,Q两点,若,则双曲线C的离心率为()A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】过点作于点,求得,则可求得,的值,进而求得即为渐近线的斜率,从而求得离心率.【详解】∵,∴,又,过点作于点,在中,,,∴,,又,∴,,∴,∴,∵渐近线方程为,∴,.故选:C.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.已知等差数列的前n项和为,且公差不为0,若,则下列说法正确的是()A. B.C.数列是等比数列 D.当时,最大【答案】ABC【解析】【分析】对于A,由等差数列性质即可判断;对于B,对公差分类讨论即可判断;对于C,由等差等比数列定义即可判断;对于D,取公差,即可举出反例判断.【详解】对于A,因为,所以,故A正确;对于B,若公差,则有,若公差,则有,无论如何都有,故B正确;对于C,,其中是等差数列的公差,即数列是等比数列,故C正确;对于D,取公差,则有,此时当,最小,故D错误.故选:ABC.10.下列说法正确的是()A.点是直线l上不同的两点,则直线l可以表示为B.若直线与直线平行,则实数C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为D.直线的斜率分别是方程的两根,则【答案】BD【解析】【分析】对于A,根据两点的横坐标,纵坐标是否相等进行讨论,可得答案;对于B,利用直线与直线平行的性质直接求解,可得答案;对于C,分截距为和截距不为两种情况,进行求解,可得答案;对于D,利用根与系数的关系可进行判断得到答案.【详解】对于A,当,时,由斜率公式,可得,可整理为,当时,直线的方程为;当时,直线的方程为,故A错误;对于B,直线与直线平行,则,解得:或,当时,两直线重合,舍去,故时,两直线平行,B正确;对于C,当直线在坐标轴上截距为时,设,将代入得,此时直线方程为,当直线在坐标轴上截距不为时,设直线方程为,把代入得,解得.此时直线方程为,即,故过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为和,故C错误;对于D,设两直线的斜率分别为,因为是方程的两根,所以利用根与系数的关系得,所以两直线的位置关系是垂直,故D正确.故选:BD.11.如图,正方体的棱长为2,E,F,G,H分别是棱的中点,点M满足,其中,则下列结论正确的是()A.过M,E,F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形B.三棱锥的体积为定值C.当时,平面MEFD.当时,三棱锥外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】当时,点与点重合时,过M,E,F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形,A正确;根据平面,得到点M到平面的距离为定值,可判定B正确;当时,因为,而平面MEF,C错误;由题意点与点重合,为等腰直角三角形,的外接圆半径为,由于平面,由勾股关系可求外接球半径,从而求解,D正确.【详解】当时,点与点重合时,过M,E,F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形,如图:故A正确;对于B,因为可得点是线段上的一个动点,又因为正方体中,平面平面平面,故平面,所以点到平面的距离为定值,而,所以三棱锥是定值,又因为,故三棱锥的体积为定值,B正确;当时,点为中点,因为,而平面MEF,所以与平面MEF不平行,C错误;当时,点与点重合,为等腰直角三角形,则的外接圆半径为,又因为平面,所以三棱锥外接球的半径,则,所以外接球表面积为,D正确.故选:ABD【点睛】思路点睛:由条件点M满足,其中,先可判断点是线段上的一个动点,再根据的不同取值确定点M的位置,从而进行研究问题.12.过抛物线焦点作直线与抛物线交于两点,且,则下列说法正确的是()A.直线的斜率之积为定值B.直线交抛物线的准线于点,若下,则直线l的斜率为C.若,则抛物线的准线方程为D.直线交抛物线的准线于点,则直线轴【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A:设直线:并与抛物线联立,借助韦达定理即可判断;对于选项B:利用,求出,结合斜率公式即可判断;对于选项C:结合题意可得,利用抛物线的定义即可判断;对于选项D:计算点的纵坐标与点的纵坐标,即可判断.【详解】对于选项A:结合题意:连接,易知直线的斜率不为,故可设直线:,且设两点的坐标分别为联立可得,所以,所以,所以.故选项A正确;对于选项B:过点作垂直准线于,设准线与轴的交点为,易得,因为,所以,由,由抛物线的定义可知:,所以,直线l的斜率为,同理结合抛物线的对称性可知:直线l斜率,故选项B错误;对于选项C:过点作垂直轴于点,过点作垂直准线于点,因为,所以,所以点,结合抛物线的定义可知解得,故抛物线的准线方程为,故选项C正确;对于选项D:设两点的坐标分别为因为点在抛物线上,所以,所以点,所以,故直线的方程为,联立,解得,所以点,所以点的纵坐标为,结合选项A可知,所以,所以点的纵坐标为,因为点的纵坐标与点的纵坐标相等,所以直线轴.故选项D正确.故选:ACD.【点睛】方法点睛:1.根据抛物线定义,可以得出一个结论:抛物线上的任意一点P到焦点F的距离都等于点P到准线的距离,这个结论是抛物线最重要的一条性质,很多有关抛物线的填空题和选择题都是围绕这条性质设计;2.何时使用定义:一般情况下,当题意中出现了"抛物线上的点与焦点的连线”或者出现了“抛物线上的点到准线(或垂直于抛物线对称轴的直线)的距离”的时候,都要优先考虑使用抛物线的定义来解题;3.抛物线的标准方程的表达式中含有一次项,根据这个特点,设抛物线上的点P的坐标就可以用一个变量进行表示,再结合相关的已知信息进行运算.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合,则_________.【答案】【解析】【分析】先求出抛物线焦点位置,进而确定椭圆焦点位置,后用椭圆基本量的关系求解即可.【详解】易知在中,,焦点为,故椭圆的焦点在轴上,故,解得.故答案为:14.如图,在三棱锥中,平面BDC,,则点B到平面ACD的距离等于_________.【答案】【解析】【分析】设到平面的距离为,利用,即可求得点到平面的距离.【详解】因为平面BDC,所以,,又,则,,平面,平面,所以平面,平面,所以,因,所以,所以,所以,设到平面的距离为,因为,所以,解得,故答案为:15.已知直线,当直线l被圆截得的弦长最短时,实数m的值为_________.【答案】2【解析】【分析】分析题意找到直线必过的定点,并判断直线与圆的半径垂直,利用点线距离相等建立方程,求解即可.【详解】易知圆心为,,而l可化为,故l必过,易得在圆内,即直线l与圆相交,若直线l被圆截得的弦长最短,则与圆的半径必定垂直,设圆心到l的距离为,则,故,解得.故答案为:2.16.人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中,己知向量,点,若平面经过点,且以为法向量,点是平面内的任意一点,则平面的方程为”.现己知平面的方程为,直线l是平面与平面的交线,且直线l的方向向量为,则平面的一个法向量可以为_________,直线l与平面所成角的正弦值为_________.【答案】①.②.##【解析】【分析】结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量,用线面角的向量求法处理即可.【详解】显然平面的一个法向量可以为,易知平面的法向量为,平面的法向量为,且直线l的方向向量为,故,,令,解得,,故,设直线l与平面所成角为,则.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.已知双曲线经过点,且其渐近线方程为.(1)求双曲线的标准方程;(2)若直线与双曲线至少有一个交点,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)先判断出焦点在轴上,并设双曲线方程为,利用待定系数法求解即可;(2)联立消元,借助判别式分类讨论即可.【小问1详解】结合题意可得:点在渐近线的上方,双曲线要经过此点,则焦点在轴上,设双曲线方程为,则渐近线方程为,所以,因为双曲线经过点,所以,所以,解得,所以双曲线的标准方程为.【小问2详解】结合(1)问:联立,可得,当时,即,此时与渐近线平行,故只有一个交点,满足题意;当时,即,要使直线与双曲线至少有一个交点,则,解得或,且.综上所述:实数的取值范围为.18.己知数列满足:.(1)求证:数列为等差数列;(2)若,求满足条件的最大整数n.【答案】(1)证明见解析(2)24【解析】【分析】(1)根据等差数列的定义结合已知的递推式可证得结论;(2)由(1)可求得,则可得,然后利用裂项相消法可求得,进而解不等式可求得结果.【小问1详解】证明:因为,所以,因为,所以数列是以2为公差,1为首项的为等差数列;【小问2详解】解:由(1)得,所以所以,所以由,得,因为,所以满足条件的最大整数为24.19.如图,已知点和圆.(1)求以为直径的圆N的标准方程;(2)设圆M与圆N相交于A,B两点,试判断直线是否为圆M的切线.若是,请求出直线和的方程;若不是,请说明理由.【答案】(1)(2)直线是圆M的切线,【解析】【分析】(1)由中点坐标公式两点间距离公式确定圆N的圆心、半径,由此即可得解.(2)由得为圆的直径,由此即可判断,进一步分圆N的切线斜率是否存在讨论即可求解.【小问1详解】圆即,所以圆心,半径又,所以中点为,以为直径的圆N的半径,所以以为直径的圆N的标准方程为.【小问2详解】由,,,得,所以,所以为圆的直径,所以,即直线是否为圆M的切线,过点且斜率不存在的直线为,而点到直线的距离满足,满足题意,故直线的方程为;设的方程为,点到直线的距离满足,解得,所以的方程为,即.20.北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天,他走进一家酒馆,看见一层层垒起的酒坛,不禁想到:“怎么求这些酒坛的总数呢?”,沈括“用刍童(长方台)法求之,常失于数少”,他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体,但中间是有空隙的,应该把他们看成离散的量.经过反复尝试,沈括提出对上底有ab个,下底有cd个,共n层的堆积物(如图),可以用公式求出物体的总数.这就是所谓的“隙积术”,相当于求数列ab,的和,“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列,其通项,其前n项和为,数列的前n和为,且满足.(1)求数列的前n项和;(2)记,求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据公式,求出数列中的,,,代入公式求解.(2)根据的关系求数列的通项公式,由(1)求得的通项公式,通过错位相减法求得前n项和.【小问1详解】数列的通项,因为在数列,,,…,中,,,项数为,,,所以.即【小问2详解】因为数列的前n和为,且满足.所以当时,,两式相减可得,即,令,则,解得,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,所以.所以①,②①—②得:,所以21.如图,在矩形ABCD中,已知,M,E分别为AB,CD的中点,AC,BE交于点F,DM与AE交于点N,将沿着AE向上翻折使D到(点不在平面ABCD内).(1)证明:平面平面ABCD;(2)若点在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE的内部及边界上,当FH最大时,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接,可知四边形与四边形是全等的正方形,可得,进而可证得平面,由线面垂直的判断定理即可证得结果;(2)首先明确在平面上的投影的轨迹,进而判断FH最大值时的位置,建立空间直角坐标系,求得平面,平面的法向量,计算得出结果.【小问1详解】连接,因为矩形ABCD中,已知,M,E分别为AB,CD的中点,所以四边形与四边形是全等的正方形,所以,所以,,,平面,平面,所以平面,又因为平面ABCD,所以平面平面ABCD;【小问2详解】由(1)可知,平面,所以点在平面上的投影落在线段上.因为,,点在平面上的投影落在点处,如图建立平面直角坐标系,则有,直线的方程为:,直线的方程为:,联立解得:,,,所以,,所以当FH最大
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