福建省三明市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）

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，