广东省江门市2023-2024学年高二上学期调研测试数学试题（一）

普通高中高二调研测试（一）数学一､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.过点与平行的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据直线与平行设出直线方程，根据过点即可求解.【解析】设直线方程为，因为直线过点，所以，所以直线方程为.故选C.2.方程表示一个圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由计算即可得.【解析】，即.故选：D.3.若，则（）A. B. C.8 D.10【答案】A【解析】【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标公式计算即可.【解析】由，得，所以.故选：A.4.已知等差数列的前项和为-196，则的值为（）A.13 B.14 C.15 D.16【答案】B【解析】【分析】利用等差数列前项和公式求解.【解析】依题意，等差数列首项为-1，公差为-2，由前项和，解得.故选：B5.两条直线和分别与抛物线相交于不同于原点的两点，当直线经过抛物线的焦点时，则为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】将直线与抛物线联立求出，的坐标，由直线过抛物线的焦点，可得横坐标等于焦点的坐标，然后求出的值，进而可求得.【解析】由题意，联立，解得：或，则，同理可得：，所以，抛物线C:焦点坐标，直线经过抛物线的焦点，且轴，所以，解得，解得：，所以.故选：D.6.阿基米德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，面积为，且两焦点与短轴的一个端点构成直角三角形，则椭圆的标准方程为（）A. B.或C. D.或【答案】B【解析】【分析】分焦点在x轴和焦点在y轴两种情况设椭圆的方程，根据题意得到和，求得的值，即可得解.【解析】由题意，当椭圆的焦点在轴上时，可设椭圆的方程为，因为椭圆的两焦点与短轴的一个端点构成直角三角形，可得，又由，即①，又因为椭圆的面积为，可得，即②，联立①②，解答，所以椭圆的方程为；当椭圆的焦点在轴上时，可设椭圆的方程为，为椭圆的两焦点与短轴的一个端点构成直角三角形，可得，又由，即③，又因为椭圆的面积为，可得，即④，联立①②，解答，所以椭圆的方程为；故选：B.7.设双曲线的离心率为，双曲线渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，结合，求的取值范围.【解析】依题意，有，即，由，得，所以，即的取值范围是.故选：B8.已知为正方形的中心，分别为的中点，若将正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二面角的概念，结合空间向量的数量积运算即可求得结果.【解析】如图所示，易知，所以结合已知有，易知，设正方形边长为2，所以，,故选：A.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.在平面直角坐标系中，已知点，则（）A.直线的倾斜角不存在B.直线与直线的倾斜角相等C.直线与直线的斜率之和为0D.点到直线距离为【答案】CD【解析】【分析】利用倾斜角与斜率的关系、斜率公式、直线的方程和点到直线的距离公式，依次计算即可得出结果.【解析】已知点，可知直线的斜率不存在，倾斜角为，A错误；由已知可求得，，,直线与直线的倾斜角不相等，所以B错误；，所以C正确；因为可得直线的方程为：，即，到直线的距离为，所以D正确.故选：CD10.如图，在四面体中，分别是的中点，是和的交点，为空间中任意一点，则（）A.四点共面B.C.为直线的方向向量D.【答案】AC【解析】【分析】证明四边形是平行四边形即可判断A和B；利用方向向量的概念即可判断C；利用向量加法运算计算判断D作答.【解析】在四面体中，，，，分别是，，，的中点，则，，于是得四边形是平行四边形，故，，，四点共面，即A正确因平行四边形两条对角线不一定垂直，即不一定垂直，则不一定成立，B不正确；因，，则为直线的方向向量，C正确；平行四边形中，是和的交点，则是中点，对空间任意一点，则，D不正确.故选：AC.11.已知等差数列的前项和为，公差为，则（）A.B.为递减数列C.若，则，且D.当或时，取得最大值【答案】ABD【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式，结合二次函数的性质逐项分析即可得答案.【解析】由题意得，解得，故A正确；，故为递减数列，即B正确；，解得且，故C错误；由二次函数的性质可知：的图象开口向下且关于直线对称，由于，所以当或时，取最大值，故D正确；故选：ABD.12.已知抛物线的焦点为，直线，过的直线交抛物线于两点，交直线于点，则（）A.的面积的最大值为2 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理，依次判断判断各选项即可求得答案.【解析】设直线，由得：.选项A：，应是最小值为2，故A错误；选项B：，故B正确；选项C：，故C正确；选项D：由，，，得：，，，故D正确.故选：BCD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线被圆截得的弦长为__________.【答案】2【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，由勾股定理计算弦长.【解析】直线，圆心为，它到已知直线的距离为，圆半径为，所以弦长为.故答案为：14.写出一个与双曲线有相同渐近线，且焦点在轴上的双曲线方程为__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设所求双曲线的方程为，再根据焦点在轴上，可得，即可得解.【解析】设所求双曲线方程为，因为所求双曲线的焦点在轴上，所以，则可取，所以所求双曲线的方程为.故答案为：.（答案不唯一）15.对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前项和__________.【答案】【解析】【分析】根据条件写出递推关系式，然后根据累加法求解出的通项公式，化简为，再采用裂项相消法进行求和可得结果.【解析】由题意可知：，，所以，所以，所以，当时，满足的情况，所以；因为，所以，故答案为：.16.如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离的最小值，即可得解.【解析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，所以，因动点在线段上，则令，即有点，所以，则，从而，因此点到直线的距离，当且仅当时取等号，所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为，又因为，所以面积的最小值.【小结】关键点小结：求出点到直线的距离的最小值是解决本题的关键.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.已知等差数列和等比数列满足，设数列的公比为.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设的公差为，根据条件列式运算求得，，求得通项公式；（2）由（1）代入可得数列是等比数列，利用前n项和公式求解.【小问1解析】设的公差为，由，得，又，得，联立解得，或，因为，故舍去，所以，.【小问2解析】由（1）有，因为，所以数列是以首项为4，公比为的等比数列，.18.如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，.（1）求证：；（2）若，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）可以借助线面垂直性质定理得到线线垂直，亦可通过空间向量的数量积为零证明垂直；（2）可建立设当空间直角坐标系后借助向量法求夹角，亦可借助基底法求夹角.【小问1解析】方法一：由题意知平面，又因为平面，所以，由已知有，且和为平面内两相交直线，所以平面，又因为平面，所以；方法二：因为平面，平面，所以，，因为，所以，所以，，即；【小问2解析】方法一：由题意知平面，，以为坐标原点，所在的直线分别为x轴､y轴､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令，，则，，，，，故，，设异面直线与所成角为，，故异面直线与所成夹角的余弦值为；另外一种建系方式：由题意知平面，，以为坐标原点，所在的直线分别为x轴､y轴､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令，，则，，，，，故，，设异面直线与所成角为，，故异面直线与所成夹角的余弦值为；方法二：以为基底，不妨令，，，所以，，，设求异面直线与所成角为，，故异面直线与所成夹角的余弦值为.19.已知动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线有且只有一个公共点，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用题中距离之比列出关于动点的方程即可求解；（2）联立直线与曲线化简可得，根据方程有一个解，计算即可得出结果.【小问1解析】设动点，由题意有即同时平方，有整理得：所以曲线的方程为【小问2解析】联立方程消去得（*）①当即时，方程（*）有1个根，符合题意.②当即时，因为直线与曲线有1个公共点故解得：综上所述，当时，直线与曲线有且只有一个公共点.20.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是菱形，是正三角形，是的中点，（1）证明：；（2）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）取的中点，连接，通过证明平面PEF，即可；（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，通过面面夹角余弦值的向量表达公式，进行求解即可.【小问1解析】证明：取的中点，连接因为是正三角形，所以，又平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以，因为是AB的中点，所以，又因为底面ABCD是菱形，所以，所以，因为，平面，所以平面PEF，因为平面PEF，所以，小问2解析】连接，因为，所以是正三角形，所以，以为坐标原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，得，设平面的法向量为，则，令，则，，得，设面与面夹角为，，所以面与面夹角的余弦值为.21.已知等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法一，由已知条件得，求得公比，代回求得得解；解法二，由与的关系将条件式转化得，求得公比，得解；（2）由（1）将代入运算得，代入得，利用错位相减法求解.【小问1解析】解法一：设等比数列的公比为，，时，，时，.，，，，解法二：，，两式相减得：，即，为等比数列，设公比为，则，，时，，即，，，.【小问2解析】由（1）得，由题得，，，，两式相减得，所以.22.已知椭圆左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过右焦点的直线与椭圆相交于（异于）两点.（1）若直线的斜率为1，求；（2）若直线与直线相交于