湖南省益阳市2023-2024学年高二上学期普通高中期末质量检测数学试题 含解析

益阳市2023年下学期普通高中期末质量检测高二数学注意事项：1．本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括单项选择题、多项选择题、填空题和解答题四部分，共4页，考试用时120分钟，满分150分.2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置.该按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无数.3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.试题卷一、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.已知点，则直线的斜率为（）A.－3 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】由斜率公式计算即可得.【详解】由，则直线的斜率为.故选：C.2.已知两个向量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】借助空间向量的坐标运算即可得.【详解】由，则，故.故选：C.3.已知直线和互相平行，则的值是（）A. B. C.1 D.4【答案】D【解析】【分析】根据题意得到平行时的方程，解出即可.【详解】由题意得，解得，此时后者直线方程为，满足题意.故选：D.4.已知双曲线，则下列结论正确的是（）A.的实轴长为4 B.的焦距为10C.的离心率 D.的渐近线方程为【答案】B【解析】【分析】根据双曲线，求得,再逐项判断.【详解】解：因为双曲线，所以,则，故A错误；，故B正确；，故C错误；，的渐近线方程为，故D错误，故选：B5已知空间向量，则（）A.3 B. C. D.21【答案】C【解析】【分析】由题意结合空间向量的模长公式、数量积公式运算即可得解.【详解】由题意，，所以故选：C.6.在平行六面体中，点是线段的中点，设，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】画出图形后由空间向量的线性运算计算即可得.【详解】如图：故.故选：A.7.已知是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，，且，则的值为（）A. B.4 C.5 D.8【答案】D【解析】【分析】由三角形面积公式结合双曲线定义先求得，再结合勾股定理即可得解.【详解】不妨设点在双曲线的左支，且，又，所以，因为，且，所以，解得，所以，在直角三角形中，由勾股定理有，解得.故选：D.8.若直线上存在点，过点作圆的两条切线，为切点，满足，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】可求得P点轨迹为，根据题意可知直线与有交点，由直线和圆的位置关系即可求得k的取值范围.【详解】如下图所示，已知圆心，半径设，令，则，因为，所以，即，所以，即，所以满足条件的P点轨迹为，又点P在直线上，所以直线与有交点，即，解得，即或，所以．故选：B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.已知圆，则（）A.圆的圆心是 B.圆关于轴对称C.圆上的点到原点的最大距离为3 D.直线与圆有两个交点【答案】AC【解析】【分析】由题意圆心为，它在轴上，由此即可判断AB；最大距离为圆心距加半径由此即可判断C；由圆心到直线的距离和半径比较大小即可判断.【详解】由题意圆的圆心为，它在轴上，所以圆关于轴对称，故A对B错；半径为，圆心到原点的距离为，所以圆上的点到原点的最大距离为，故C对；对于D，圆心到直线的距离满足，所以直线与圆没有交点，故D错.故选：AC.10.已知曲线，则（）A.若，则是圆，其半径为B.若，则是两条平行于轴的直线C.若，则是椭圆，其焦点在轴上D.若，则是双曲线，其焦点在轴上【答案】AD【解析】【分析】由题意结合的取值，逐一对方程进行变形，结合方程表示相应圆锥曲线的条件逐一判断即可.【详解】对于A，由题意若，则是圆，其半径为，故A正确；对于B，若，则是两条平行于轴的直线，故B错误；对于C，若，则是椭圆，其焦点在轴上，故C错误；对于D，若，则是双曲线，其焦点在轴上，故D正确.故选：AD.11.如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且，分别为的中点，则（）A.B.C.直线与夹角的余弦值为D.直线与平面所成角的余弦值为【答案】BC【解析】【分析】由题意可建立空间直角坐标系，由向量计算可得A、B，借助夹角公式可得C，求出平面法向量后结合可得D.【详解】由底面是正方形，故，由平面，、平面，故、，故、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，故、，，故A错误；、，故，故B正确；，故，即直线与夹角的余弦值为，故C正确；，，设平面法向量为，则有，即，可令，故有，，故平面的法向量可为，则，故直线与平面所成角的正弦值为，其余弦值为，故D错误.故选：BC.12.已知数列满足，则（）A.的最大值为1 B.若，则C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据递推关系判断出数列的单调性即可判断A，由单调性及判断B，由递推关系可得，裂项相消法求出，再由单调性知，化简即可判断C，放缩法可判断D.【详解】由，得，又，，所以，，所以，即数列为正项递减数列，所以的最大值为，因为，所以，解得，故A正确；由数列为正项递减数列，且可知时，，故B正确；由知，，，，因为数列为正项递减数列，所以（当且仅当时取等号），所以，即，所以，即，故C正确；因为，所以，所以，当时，不成立，故D错误.故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知两个向量，，且，则______．【答案】【解析】【分析】根据空间向量平行的坐标表示列方程组求解即可.【详解】因为，所以，所以，解得，故答案为：14.等比数列中，2，7，则公比=___________.【答案】0.5或2【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，解方程组可求得结果【详解】解：设等比数列的公比为，因为2，7，所以，所以，得，，解得或，故答案为：0.5或215.已知正方体的棱长为1，与平面的交点为，则______．【答案】1【解析】【分析】由题意首先得而，三点共线，故只需分别求出即可.【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为正方体棱长为1，所以，，所以，所以，又因为面，所以面，又因为面，所以，由正方体的性质容易得到，而在直角三角形中，有，所以由等面积法有，所以，，所以.故答案为：1.16.已知抛物线的焦点为，过的直线与拋物线交于两点，（为坐标原点），则分别在点的抛物线的切线交点轨迹方程是______．【答案】【解析】【分析】由标准方程表示出焦点坐标，设出直线方程与交点坐标，联立方程，写出韦达定理，利用数量积可得，进而求切线方程和交点坐标，根据交点坐标分析轨迹分析.【详解】由题意可得，设，显然直线的斜率存在，则可设为，联立可得，消去可得，则，可得，，则，因为，，由可得，由，解得.此时抛物线，即，可得，可知在点处的切线斜率存在，设切线方程为，联立方程，消去y得，可得，解得，则切线方程为，即，同理可得在点处的切线方程为，联立方程，解得，即交点坐标为，可知所求轨迹方程为.故答案为：.【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．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.已知两点和．（1）记点关于轴的对称点为，求直线的方程；（2）求线段的垂直平分线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意得，结合得斜率，进而由点斜式即可得解.（2）由题意得线段中点为，以及线段的斜率，由直线垂直的代数性质得线段的垂直平分线的斜率，由点斜式即可得解.【小问1详解】由题意点关于轴的对称点为，又，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.【小问2详解】因为两点和，所以其中点为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为，所以线段的垂直平分线的方程为，即.18.已知公差为3的等差数列的前项和为，且．（1）求：（2）若，记，求的值．【答案】（1）（2）30【解析】【分析】（1）直接根据等差数列及其前项和的基本量的计算得首项，由此即可得解.（2）由题意得，由分组求和法即可得解【小问1详解】因为公差为3的等差数列的前项和为，且，所以，解得，所以.【小问2详解】由题意，所以.19.已知圆经过点．（1）求的值；（2）过原点的直线与圆交于两点，，求直线的方程．【答案】19.20.或【解析】【分析】（1）将点代入圆的方程计算即可得；（2）设出直线，结合弦长，利用垂径定理计算即可得.【小问1详解】将点代入圆的方程，可得，即，即，故或，又，故；【小问2详解】由，故，圆心为，半径为，又直线过原点，当直线斜率不存在时，直线方程，代入圆方程，可得，解得或，此时有，不符合要求；当直线斜率存在时，设直线方程为，则圆心到直线的距离为，由垂径定理可得，故有，即，整理可得，即，故或，综上所述，或，故直线方程为或.20.如图，四边形为矩形，平面平面，，，．（1）求证：；（2）点在线段上，，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）借助面面垂直的性质可得线面垂直，借助线面垂直的性质可得线线垂直，结合勾股定理与勾股定理的逆定理可得线线垂直，由线面垂直的判定定理可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理即可得；（2）建立空间直角坐标系后借助法向量计算即可得.【小问1详解】因为四边形为矩形，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以，，因为，所以，所以，所以，即有、，又因为、平面，，所以平面，又因为平面，所以；【小问2详解】由（1）知，直线、、两两垂直，故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，即有、、、、，由，故，故、、、，令平面与平面的法向量分别为、，则有，，即，，可令、，则可取，，故，则平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式：（2）设，数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）证明过程见解析【解析】【分析】（1）由的关系结合等差数列定义即可求解.（2）首项由错位相减法得，结合它的单调性即可得证.【小问1详解】由题意，所以，两式相减得，，即，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由题意，所以数列的前项和为，且，两式相减得，所以，而，且，所以单调递增，所以，综上所述，.22.已知椭圆，过椭圆上一动点引圆的两条切线为切点，直线与轴、轴分别交于点．（1）已知点坐标为，求直线的方程；（2）若圆的半径为2，且，过椭圆的右焦点作倾斜角不为0的动直线与椭圆交于两点，点在轴上，且为常数，求的面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，，求出，求出，求出切线的方程，同理求出切线的方程即可求出直线的方程；（2）由（1）得出点和点的坐标，代入得到椭圆的方程，设出直线的方程，联立直线与椭圆的方程写出韦达定理，设，求出，根据为定值求出，求出焦点坐标，根据即可求出的面积的最大值.【小问1详解】如图，设，，所以，所以，所以切线方程为