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文档简介
三明市2023-2024学年第一学期普通高中期末质量检测高二数学试题本试卷共6页.满分150分.注意事项:1.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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.一、选择题:本大题共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,,若,则实数的值为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由,得,从而可得答案.【详解】解:因为,所以,即,解得.故选:A.2.双曲线的焦距为()A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的标准方程,得出,计算出,即可求出焦距.【详解】因为双曲线方程为,所以,因为,所以,所以双曲线的焦距为4.故选:D3.等比数列中,若,,则()A.10 B.16 C.24 D.32【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为,建立方程组,求出,借助通项公式求出即可.【详解】设等比数列的公比是,因,所以,解得,所以.故选:B.4.两条平行线,间的距离等于()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两平行线间的距离公式求解即可.【详解】由题意知:,:,即,因为两直线平行,所以距离为,故A正确.故选:A.5.如图,在四面体中,,,且()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合空间向量基本定理及线性运算求解即可.【详解】,即故选:D.6.已知,,若直线上存在点P使得,则实数k的取值范围为()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可得直线与圆有公共点(公共点不能是、),结合直线与圆的位置关系分析运算即可.【详解】因为直线上存在点使得,所以点在以,为直径圆上,但点不能是、,由,为直径的圆,可得圆心为,半径为,即圆,要使得,只需直线与圆有公共点,但公共点不能是,,因为圆心到直线的距离为,所以,解得,当直线与圆有公共点为,时,则直线为轴,即.综上所述:实数k的取值范围为.故选:B.7.已知数列,的前n项和分别为,若,,,则()A.150 B.100 C.200 D.5050【答案】C【解析】【分析】利用之间得关系,结合累乘法求出,再表示出,利用,再求和即可.【详解】结合题意可得:当时,,因为,所以当时,有,由可得,即,易知,所以,又满足,故.所以,易知,所以.故选:C.8.抛物线具有以下光学性质:从焦点发出的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴.从抛物线的焦点F发出的两条光线分别经抛物线反射,若这两条光线均在抛物线对称轴同侧且与x轴的夹角均为60°,两条反射光线之间的距离为,则p=()A1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意作出图形,设:,联立直线与抛物线方程,消元,即可求出,同理求出,从而可求解.【详解】根据题意作出下图,两条光线分别为,可设:,与联立消元得,解得、,∴,同理设:,与联立消元得,解得、,∴,∴,∴,故B正确.故选:B.二、选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.等差数列的前n项和为,若,则下列各项的值一定为m的是()A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】设等差数列的公差为,根据求出可判断AB;结合等差数列的前项公式可判断CD正确.【详解】设等差数列的公差为,若,则,故A错误B正确;,故C错误;,故D正确.故选:BD.10.下列说法中正确的是()A.B.C.设函数,若,则D.设函数的导函数为,且,则【答案】BCD【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式及运算法则求解即可.【详解】对于选项A:结合题意可得:,故选项A错误;对于选项B:结合题意可得:,故选项B正确;对于选项C:,由,,解得,故选项C正确;对于选项D:结合题意可得:,,解得,故选项D正确.故选:BCD.11.以下四个命题表述正确的是()A.直线恒过定点B.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于C.曲线与恰有四条公切线D.已知圆,P为直线上一动点,过点P向圆C引切线,其中A为切点,则的最小值为2【答案】ACD【解析】【分析】利用直线系方程求解直线所过定点可判断A;求出圆心到直线的距离,结合圆的半径可判断B;由圆心距等于半径之间的关系可判断C;根据切线长性质结合点到直线距离公式可判断D.【详解】对于选项A:由,可得,联立解得即该直线恒过定点.故A正确;对于选项B:由圆,可得圆心为,半径为,所以到直线的距离为,故直线与圆相交,故到直线距离为的有两条直线,一条与圆相切,一条与圆相交,因此圆上有三个点到直线的距离等于.故选项B错误;对于选项C:曲线可化为,故曲线是圆心为,半径为的圆;曲线可化为,故曲线是圆心为,半径为的圆;所以,故曲线与曲线外离,此时公切线的条数有且只有4条.故选项C正确;对于选项D:由圆,可得圆心为,半径为,所以,要使最小,只需最小,即只需到直线的距离,所以.故选项D正确;故选:ACD.12.如图,在底面是直角三角形的直三棱柱中,P是的中点,,,若平面过点P,且与平行,则()A.异面直线与CP所成角的余弦值为B.三棱锥的体积是三棱柱体积的C.当平面截棱柱的截面图形为等腰梯形时该图形的面积等于D.当平面截棱柱的截面图形为直角梯形时,该图形的面积等于【答案】AC【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求解异面直线与的余弦值即可对A判断;利用棱锥棱柱体积公式,即可对B判断;作出平面α截棱柱的截面图形结合条件可得截面的面积判断CD.【详解】对于A,由题可知两两垂直,如图建立空间直角坐标系,则,,,所以,,所以所以异面直线与所成角的余弦值为,故A正确;对于B,,,故B错误;对于C,如图,分别为的中点,则,,,,,所以,,,所以,,则共面,又,平面,平面,所以平面,则四边形为平面α截棱柱的截面图形,所以四边形是等腰梯形,且高为,当不是中点时,不平行平面,则四边形不是梯形,等腰梯形有且仅有一个,,故C正确;对于D,如图,分别为的中点,则,,,,,所以,,则共面,又,平面,平面,所以平面,所以可得四边形为平面α截棱柱的截面图形,由题可知,,,平面,平面,所以平面,所以平面,又平面,所以,故四边形是直角梯形,当不是中点时,不平行平面,则四边形不是梯形,直角梯形有且仅有一个,其面积为,故D错误.故选:AC.【点睛】关键点点睛:通过作过点的平面,利用线面平行判定证明平面,且利用几何知识证明了当截面图形为等腰梯形,直角梯形的唯一性,再利用面积公式从而可求解截面面积.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知点,,以线段AB为直径的圆的标准方程为______.【答案】【解析】【分析】求出圆心坐标和半径可得.【详解】因为圆心的坐标为,,所以该圆的标准方程为.故答案为:.14.曲线处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】欲求出在处的切线的方程,只须求出其斜率即可,故先利用导数求出在处的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率,从而解决问题.【详解】因为,所以,时,,所以曲线在点处的切线的斜率为,所以曲线在点处的切线的方程为,故答案为.【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、直线方程的应用等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想,属于基础题.15.已知双曲线的离心率为e,直线与双曲线交于M,N两点,若,则e的值是______.【答案】【解析】【分析】联立与,求出,从而得到,列出方程,求出,得到离心率.【详解】联立与得,解得,当时,,由勾股定理得,所以,解得,所以离心率.故答案为:16.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.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下:已知数列满足:(为正整数),,若“冰雹猜想”中,则m所有可能的取值集合为______.【答案】【解析】【分析】根据运算规则逆向寻找结果即可.【详解】若,则,则,若,则或,当时,则,则或;当时,则,则;综上所述:m所有可能取值集合为.故答案为:.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.等差数列中,,.(1)求数列的通项公式:(2)已知数列是首项为1,公比为2的等比数列,求的前n项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为,由题意得,解方程组即可求得结果;(2)由(1)可知,从而利用分组求和即可求出.【小问1详解】设等差数列的公差为,由题意得,解得,所以.【小问2详解】因为数列是首项为1,公比为2的等比数列,所以,所以,所以.18.在四棱锥中,底面是矩形,,分别是棱,的中点.(1)证明:平面PAE:(2)若平面,且,,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取中点,连接,,即可证明,从而得证;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算即可s【小问1详解】证明:如图,取中点,连接,,因为点为中点,所以且,又因为四边形为矩形,为的中点,所以且,所以且,故四边形为平行四边形,所以,又因为平面,平面,所以平面.【小问2详解】以为原点,,,所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则,,,所以,,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,由于轴平面,则平面的一个法向量为,显然二面角为锐二面角,设其二面角的平面角为,则,所以二面角的余弦值为.19.已知椭圆的右焦点为,且经过点(1)求椭圆C的标准方程:(2)经过椭圆C的右焦点作倾斜角为的直线l,直线l与椭圆相交于M,N两点,求线段MN的长.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据椭圆右焦点,且过点,从而可求解.(2)根据题意求出直线方程为,与椭圆方程联立后,利用根与系数关系从而可求解.【小问1详解】由题意得,解得,故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由题意可得直线的方程为,与椭圆方程联立,得,设,,则,故.20.在如图所示的多面体中,四边形为菱形,且为锐角.在梯形中,,,,平面平面.(1)证明:平面;(2)若,,是否存在实数,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,则求出,若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在;【解析】【分析】(1)利用面面垂直得到平面,进而得到,再结合线面垂直的判定定理证明即可;(2)由可得,并建立空间直角坐标系,利用向量法表示出线面角,从而求得.【小问1详解】因为平面平面,,平面,平面平面,所以平面,又因为平面,所以,因为四边形为菱形,所以,又,平面,所以平面,【小问2详解】设,取中点,连接,易得,因为平面,所以平面,因为,所以.因为为锐角,所以,所以为等边三角形,所以,.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,则,所以,,设平面CEF的一个法向量,则,即,取,可得,,故,假设存在实数,使得直线与平面所成角的正弦值为,,设,由,得,即,则.设直线与平面所成的角为,则,解得,即或,又因为,所以,故存在实数,使得直线与平面所成角的正弦值为.21.已知数列满足:.(1)证明:数列是等比数列,并求数列的通项公式;(2)在与之间插入n个数,使这个数组成一个公差为的等差数列,求数列的前n项和.【答案】21.证明见解析,22.【解析】【分析】(1)由可得,进而可证明数列是等比数列,求得,利用累加法计算可得数列的通项公式;(2)先求出通项,再利用错位相减法求和即可.【小问1详解】证明:因为,所以,又因为,所以,所以,所以数列是以首项为2,公比为2的等比数列.所以,当时,,所以,当时,也满足上式,故数列的通项公式为,【小问2详解】解:由题意可知,所以,所以,所以①将①式两边同时乘以,得,②①②得:所以故数列的前项和,22.在平面直角坐标系中,已知点,、为抛物线上不同的两点,,且于点.(1)求的值;(2)过轴上一点的直线交于、两点,、在的准线上的射影分别为、,为的焦点,若,求中点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)求出直线的方程,将直线的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,根据题意可得出,利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值;(2)设的准线与轴的交点为,根据可求出的值,设的中点的坐标为,对直线的斜率是否存在进行分类讨论,结合斜率公式可求得点的轨迹方程.【小问1详解】解:由及,得直线的斜率,则直线的方程为,即,设、,联立可得,则,由韦达定理得,于是,由,得,即,即,解得.【小问2详解】解:由(1)得抛物线的焦点,设的准线与轴的交点为,因为点、,则,,由,得,所以或,又因为,所以.设的中点的坐标为,当与轴不垂直,即时,由,
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