安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题

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