广西壮族自治区玉林市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检测数学试题

广西壮族自治区玉林市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检测数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、､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，只有一项是符合要求的.1．已知等比数列{an}中，aA．±2 B．1 C．2 D．42．已知曲线C：x22+A．(−1，+∞) B．(−∞，−1) C．3．如图，在四面体OABC中，N是BC的中点.设OA=a，OB=b，OC=c，用a，A．AN=a+C．AN=−a+4．已知点A(0，3)，B(0，A．||MB|−C．|MB|−|MA|=5 D．|MB|−|MA|=85．若直线l在x轴､y轴上的截距相等，且直线l将圆x2+yA．x+y+1=0 B．x+y−1=0C．x+y+1=0或2x+y=0 D．x+y−1=0或2x+y=06．已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，准线l与x轴的交点为M，点P在抛物线上，且A．14 B．12 C．17．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”.其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，则第三十五层球的个数为（）A．561 B．595 C．630 D．6668．已知F1，F2是双曲线C1：x2a2−y2b2=1(A．53 B．55 C．12二、､多选题：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．已知空间向量a=(2A．|a|=9 C．cos⟨a，b10．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A．抛物线的焦点坐标是(2B．焦点到准线的距离是2C．若点P的坐标为(2，1)，则D．若Q为线段MN中点，则Q的坐标可以是(311．数列{an}的前n项和为SA．{an}是递减数列C．当n>5时，an<0 D．当n=4或5时，12．过点P(1，0)作两条相互垂直的射线与圆O：x2A．165 B．4 C．5 三、､填空题：本题共4小题，包小题5分，共20分13．直线l1：x+(1+m)y=2−m与直线l214．数列{an}的前n项和为Sn，若a15．已知直线l：x+y+1=0经过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F16．在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=2，BC=5，P为边AB上的动点，沿CP将△ACP四、､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程和演算步骤.17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=0，且▲在（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）（1）求数列{a（2）设bn=an+2a18．如图，在正方体ABCD−A1B1C（1）求证：D1M∥平面（2）求点D1到平面B19．已知双曲线C：x2a2（1）求双曲线C的方程；（2）若点M(−1，0)，过双曲线的右焦点F的直线l交双曲线于A、B.以AB为直径的圆是否恒过点20．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC=90∘，AD∥BC，AB⊥AC，（1）求证，平面PAB⊥平面PAC；（2）若直线PC与平面PAB所成的角为60∘，求二面角21．如图，四边形MNPQ是一块长方形绿地，MQ=3km，MN=2km，RS是一条直路，交MN于点R，交MQ于点S，且MR=SQ=1km.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到P，R，S三个点的距离相等.以点（1）求出建筑物的中心C的坐标；（2）由建筑物的中心到直路RS要开通一条路，已知路的造价为150万元/km（附：参考数据2≈122．定义：若无穷数列{an}满足{an+1−an}是公比为q（1）若b2=4，且数列{bn}（2）若数列{bn}是“M(2)数列”，是否存在正整数

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因为{an}为等比数列，所以an=a1qn-1.即a7=a1q6.

代入值得q6=4，q3=2或-2.a4=q3=2或-2.

故答案为：A

【分析】本题主要考查等比数列的基本计算.2．【答案】D【解析】【解答】解：根据焦点在x轴上的椭圆的性质可知2>1-m>0，解得m∈-1，1，

3．【答案】D【解析】【解答】解：由N是BC的中点，可知ON=所以AN=故答案为：D.【分析】本题利用空间向量的线性运算直接得解.4．【答案】B【解析】【解答】解：因为双曲线焦点在y轴上且只有下支，M点在下支上，A，B为双曲线的焦点。所以M点到A的距离比M点到B点的距离更大。所以|MA|>|MB|，又由双曲线的定义可得a<c，故答案为：B

【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义，即可求解．5．【答案】C【解析】【解答】解：若直线l在两坐标轴上的截距为0，则设直线的方程为y=kx，

由题意直线过圆心（1，-2）将坐标代入直线方程可得2x+y=0.

若截距不等于0，设l方程为x+y=a，将圆心坐标代入得到直线方程为x+y+1=0.

故答案为：C

【分析】先假设直线的方程，求出圆心，将圆心坐标带入直线方程即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：根据抛物线的定义知点P到焦点F的距离等于点P到准线l：x=-12的距离，

过P作l的垂线，垂足为N，所以PF=PN，又因为PM=2PF，

所以在直角三角形PMN中，PM=2PN，所以可得到三角形PMN为等腰直角三角形.

即可得到∆PMN≅∆PMF，又MF=1，所以7．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可知，a1=1，a2=3=1+2，a3=1+2+3=6，故an=1+2++n=n(n+1)2，

所以a35=35×362=630，

8．【答案】A【解析】【解答】解：由题意设双曲线实轴长为2a1，虚轴长为2b1，椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b.

设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆及双曲线定义可知：m+n=2a，m-n=2a1，

两式相加得m=a+a1.两式相减得n=a-a1.又因为PF1⊥PF2，且O，M分别为PF1和F1F2的中点，

所以OM为∆PF1F2的中位线，所以OM⊥PF1.

点F1到渐近线的距离d=MF1=b1.所以m=2b1，n=2a1，由定义解得a=3a1，

又因为PF1⊥PF2，可得m2+n2=4c2.所以（a+a1)2+（a-a1)2=4c2.

联立两式得109a2=2c2.解得e=9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因为|a⇀|=22+（-1）2+22=9=3所以A不正确。

2a10．【答案】B,D【解析】【解答】解：因为抛物线y2=4x的焦点为F，所以焦点为F1,0，所以A错；

因为抛物线的准线为：x=-1，所以，焦点到准线的距离是2，所以B对；

因为点P的坐标为(2，1)，所以点P在抛物线内部，由抛物线定义可得MF为点M到准线的距离，

则|MP|+|MF|的最小值为点P到准线的距离，即|MP|+|MF|的最小值为3，所以C错；

假设点Q的坐标是(3，2)，设点Mx1,y1,Nx2,y2,因为Q为线段MN中点，

所以x1+x22=3，y1+y22=2,即x1+x11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因为数列an的前n项和为Sn=9n-n2，当n≥2，an=Sn-Sn-1=10-2n，

又a1=9-1=8也成立，所以a12．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：如图，

圆的圆心为0，0，半径为3，圆的直径为6，连接过圆心的直线的端点A与点P，

再连接PB，不存在AP⊥BP的情况，否则点P在圆上，所以D错；

当AP⊥x轴时，AB>BP=4,所以B对；

当AP与x轴正方向成45°角时，OA2=OP2+AP2-2OP×AP×cos135°,

13．【答案】1【解析】【解答】解：将两直线方程化为一般式，因为两直线平行，所以它们的斜率相等，且截距不相等，所以-11+m=-2m14．【答案】2024【解析】【解答】解：an=1nn+1=1n-115．【答案】23；【解析】【解答】解：设F1-c,0因为直线x+y+1=0过F1-c,0将点代入得c=1，又△MNF2周长为8，

由椭圆定义得4a=8，a=2，又因为a2=b2+c2得b=3，所以短轴长2b=23，

所以椭圆方程为x24+y16．【答案】2【解析】【解答】解：作A'D⊥CP于点D，连接BD，

设∠ACP=α，则∠PCB=π2-α,所以A'D=2sinα,CD=2cosα,

在△BCD中，由余弦定理可得BD2=CD2+BC2-2CD·BCcosπ2-α=4cos2α+25-10sin2α,

因为A'−CP−B为直二面角，所以，A'D⊥平面BCP,所以，A'D⊥BD,17．【答案】（1）设等差数列{an}的首项为a若选择条件①S7=a解得a1∴若选择条件②a1由题可得a1解得a1∴（2）由（1）知，选择两个条件中的任何一个，都有an=n−2∴=n(−1+n−2)【解析】【分析】（1）本题主要考查等差数列的相关性质及公式，选择条件①，需要分别用等差数列的通项公式及数列的前n项和公式将a2和条件①展开成只含有a1和公差d的式子，求出a1和d的值代入通项公式an=a1+n-1d中即可得到结果。若选择条件②，同样将条件2和a218．【答案】（1）解法一：证明：以A为坐标原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AA1所在直线为∵B(0，∴设面BC1D∴a+c=0令a=1，则b=1，D1M⋅n∴D1解法二：如图，连接D∵D1D∥B1DD1B1⊄平面BC1D，且D1B1∩D又M为AB1的中点，∴D1解法三：连接CD1交C1D交于点∵M为平面ABB1A1的中心∵A1D1∵M是A1B的中点，N是CD∴四边形BMD1N∵D1M⊄平面BC（2）解法一：设D1到面BC1∴d=|解法二：设D1到面BCS由VD1−BC【解析】【分析】（1）第一问主要考查线面平行的内容，解法一采取向量法，证明直线D1M所在的方向向量与平面BC1D的法向量垂直即可得到。解法二则是利用线面平行的判定定理，做辅助线在平面B19．【答案】（1）因为双曲线的一条渐近线倾斜角为π3，所以故b=3a4a（2）双曲线的右焦点为F2(2，0)，当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为：x=ty+2，设由x=ty+23x△>0恒成立，yMA(t即以AB直径的圆恒过M点.当直线l斜率为零时，此时以AB为直径的圆为x2+综上，以AB直径的圆恒过M点.【解析】【分析】（1）第一问；将点代入双曲线方程得到一个关于a,b的等式，由渐近线倾斜角得到关于a,b的另一个等式，两式联立解出a,b得到方程.

（2）第二问；分类讨论直线l斜率为0时，显然成立。当直线斜率不为0时，假设直线方程为x=ty+2，假设出A，B两点的坐标x1,y1x20．【答案】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面（2）解法一：∵AB=AC=6，且AB⊥AC，∵AD∥BC，∵∠ADC=90∴AD=DC=32，取BC中点G，连接AG∴AG⊥BC，即AG⊥AD，由（1）可得PA⊥AG，以A为坐标原点，AG所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立如图所示的坐标系，由（1）可得，CA⊥平面PAB，∴∠APC为直线PC与平面PAB所成角，即∠APC=60∴AP=3又AE=2ED，所以A(0，∴EP设平面PBE的法向量为n=(a∴n⊥EP，n∵x轴⊥平面PAE，∴平面PAE的法向量设θ为二面角A−PE−B的平面角，且θ为锐角，∴cosθ=|m⋅n|解法二：∵AB=AC=6，且AB⊥AC，∵AD∥BC，∵∠ADC=90∘，由（1）可得，CA⊥平面PAB，∴∠APC为直线PC与平面PAB所成角，即∴AP=33AC=2过B作BM垂直于DA的延长线交于M，过M作MN⊥PE交PE于N，则BM=3∵PA⊥平面ABCD，BM⊂又DA∩PA=A，∴BM⊥又∵MN⊥PE，BM∩MN=M∴∠BNM为二面角A−PE−B的平面角∵PA⊥AE，由S△PME=1∴tan∠BNM=BMMN=32【解析】【分析】（1）第一问，利用面面垂直的判定定理即可得证.

（2）第二问：解法一采取向量法，求出两个平面的法向量，求出两个法向量的夹角，二面角和法向量夹角相等或互补，利用观察法得到余弦值。解法二采取直接法，利用图形作垂线找到二面角的平面角，求出三角形各边边长即可得到二面角的余弦值.21．【答案】（1）解法一：由题可知R(1，由题可知经过点R，S，设圆C的方程为x2则1+D+F=04+2E+F=0解得D=−3E=−3∴圆C的方程为x2+y∴建筑物的中心的坐标为C(3解法二：由题可知R(1，由题可知经过点R，S，线段SP中点为(1，52)，且kSP线段RS中点为(12，1)，且kRS联立y=−2x+92y=1（2）因为C(3设线段RS的中点为H，由垂径定理得CH的长度为点C到RS的最小距离，∵|RS|=12+22∴点C到RS的距离为(10∴开通的这条路的最低造价为52【解析】【分析】（1）建筑物中心C即为过R，S，P三点的外接圆的圆心，将R，S，P三点的坐标代入圆的方程，从而得到圆心C的坐标.

（2）当这条路最短的时候造价最低