福建省泉州市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省泉州市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试题一、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.已知直线的倾斜角为，若直线与垂直，则的斜率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】直线的倾斜角为，斜率，因为，所以，即，故选:C．2.已知数列满足，则的值为（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】，故选：A3.椭圆绕长轴旋转所成的面为椭球面，椭球面镜一般指椭球面反射镜,老花眼镜、放大镜和胶片电影放映机聚光灯的反射镜等镜片都是这种椭球面镜片.从椭球面镜的一个焦点发出的光，经过椭球面镜反射后，必经过椭球面镜的另一个焦点.现有一个轴截面长轴长为的椭球面镜,从其一焦点发出的光经两次反射后返回原焦点，所经过的路程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由椭圆的定义可知光线从一个焦点经反射经过另一个焦点，其路程为长轴长，再由第二个焦点经反射返回第一个焦点的路程仍为长轴长，所以经过的路程总共为．故选:B．4.四棱锥的底面为矩形，平面，在棱上，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，设，可得，则，所以．故选：B．5.已知为双曲线的两个焦点，为双曲线上的任意一点，若的最小值为，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.3【答案】A【解析】如图，不妨设为左、右焦点，为坐标原点，法一：设，则，（当且仅当P在顶点时取等号），所以，即，；法二：，，，当在双曲线的顶点时，取最小值为，此时取最小值，故，得.故选：A．6.已知是等差数列的前项和，若，则使的最小整数（）A.12 B.13 C.24 D.25【答案】C【解析】等差数列的前项和为，由，且，得，所以，则数列的公差，所以数列是递增的等差数列，且当时，，当时，，又，所以使成立的最小的为24，故选：C．7.已知，若直线上有且只有一点满足，则（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】设动点，由题意得，化简可得，故动点的轨迹方程为．动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，且在直线上，因为直线上有且只有一点满足，所以直线与圆相切，且切点为，由，得，所以或，故选：D．8.棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，若，则的最大值为（）A.4 B.6 C. D.【答案】C【解析】如图，取中点的中点，连接，，，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，所以平面，平面，所以；，，，所以，所以，，，所以；’可证，所以平面，取中点，中点，的四等分点满足，的四等分点满足，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；由已知有：，，所以，，，，所以，所以，平面，平面，平面；平面，平面，可证平面平面，所以平面，又因为平面经过的中点，由已知可得点轨迹为四边形的边界（不包括内部和点），所以当点位于点时，取最大值，为。故选：C．二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知圆和圆，则（）A.两圆的公共弦所在的直线方程为B.圆上到直线的距离为1的点恰有2个C.圆的内部与圆的内部的公共部分的周长为D.若点在圆上，点在圆上，则的最大值为6【答案】AD【解析】由题意可知：圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径；可得，即，可知两圆相交.对于选项A：两圆的公共弦所在的直线方程为：，即，故A正确；对于选项B：因为圆心到直线的距离，且圆半径为2，可知圆与直线相交，而垂直且到距离为，由知轴与圆相切，故是圆被所截劣弧上唯一到距离为1的点；过作直线的平行线，则和轴是平面上到距离为1的所有点的集合，而和圆相交于点和点；如下图示，所以共3点符合题意，故B错误；对于选项C：直线与轴交于点，交两圆于S，T，在中，则，可得，即，可得弓形TOS的周长为，故所求公共部分周长为，故C错误；对于选项D：由圆的性质可知：当M，N和两圆圆心共线，且在两圆心的两侧时，最大，所以最大值为圆心距和两个半径的和，故D正确．故选：AD．10.已知空间向量，则（）A.B.在上的投影向量为C.若向量，则点在平面内D.向量是与平行的一个单位向量【答案】ABD【解析】由已知可得，A正确；由于，所以在上的投影向量即为，B正确；若在平面ABC内，则存在实数x，y，使得，而,所以，上述方程组无解，故点E不在平面ABC内，C错误;由，故，且，所以正确．故选：ABD．11.已知分别是数列的前项和,，,则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】对于A项，因为，则，所以.故A正确.对于B项，当时，有，，两式作差可得，，所以，.所以，从第2项开始，是以2为公比的等比数列，所以，.检验，时，，所以，.故B错误；对于C项，因为，所以，所以，.故C正确；对于D项，因为，当时恒成立，所以，，当时恒成立.又时，满足，所以，.故D正确.故选：ACD.12.已知曲线（非零常数），则（）A.原点是的对称中心B.直线与恒有两个交点C.当时，直线是的渐近线D.当时，直线为的对称轴【答案】ACD【解析】对于A中，在上任取一点，则点代入方程得，故点在上，所以关于原点对称，所以A正确；对于B中，联立方程，整理得，可得，当时，，所以B错误；对于C中，当时，曲线，整理为，在曲线上任取一点，则到直线的距离，当逐渐增大时，逐渐减小，当无限增大时，无限接近0，则直线是的渐近线，所以C正确；对于D中，当时，曲线整理为，在上任取一点，则关于直线的对称点为，且，即，则，即，当时，，所以点在上，所以直线为的对称轴，所以D正确.故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡相应位置.13.直线恒过定点______.【答案】【解析】由直线，可化，联立方程组，解得，所以直线恒过定点．故答案为：．14.已知是抛物线上纵坐标为4的点，则与的焦点的距离为______.【答案】【解析】由C：可得的横坐标为，抛物线的焦点坐标为，准线方程为：由抛物线的定义可得，与的距离．故答案为：．15.在空间直角坐标系中，若平面过点，且以向量不全为零为法向量，则平面的方程为．已知平面的方程为，则点到平面平面的距离为______.【答案】【解析】由平面的方程为，可得平面过点，且其法向量为，又由点，可得，所以点到平面的距离为．故答案为：16.已知是数列的前项和,,且,,，则______.【答案】582【解析】由已知可得所以，于是．故，即，所以，所以故答案为：．四、解答题：本大题共6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，圆为的外接圆．（1）求圆的方程；（2）若过点的直线被截得的弦长为，求直线的方程．解：（1）法一：设圆方程为，把点代入方程得，解得.故圆的方程为．法二：由与可得线段的中点为，由直线的斜率，则线段的中垂线的斜率不存在，可得线段AB的中垂线为，同理可得线段BC的中垂线为，联立方程，解得.所以圆心为，半径，故圆的方程为．法三：直线AC的斜率，直线BC的斜率，所以，即直线，故线段为圆的直径．故圆心为，半径，所以圆的方程为．（2）法一：①当直线的斜率不存在时，则的方程为，此时，直线与圆相交于点和，所以直线与圆相交的弦长为，符合题意．②当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为，圆的方程，所以圆心为，半径，因为直线与圆相交的弦长为，所以设圆心到直线的距离，则，即，解得，综上，直线的方程为或．法二：①当直线的斜率不存在时，则的方程为，此时，直线与圆相交于点和，所以直线与圆相交的弦长为，符合题意．②当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为，联立方程，得，所以，即，设直线与圆相交P，Q两点，其中，所以，故，因为，所以解得，满足：，综上，直线的方程为或．法三：为原点，设点的坐标为，直线被截得的弦长为PQ，因为圆的方程，所以圆心为，半径．由于，故在圆上，由知满足条件的直线有2条，如下图：由，圆与轴交于可知，所以直线符合题意．因为圆与轴正半轴交于，则在中，，所以直线也符合题意，解得直线即．综上，直线的方程为或．18.已知数列为递增的等差数列，为和的等比中项．（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和．解：（1）法1：设递增等差数列的公差为，则，因为为和的等比中项，可得，即，可得，解得，所以数列的通项公式为．法2：设递增等差数列的公差为，则，因为为和的等比中项，可得，即，可得，所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，可得，设，可得，则，可得，两式相减可得，所以，则．19.已知动圆过点且与直线相切，记该动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）若过点的直线交于两点，且，求的面积．解：（1）设，动圆的半径，整理可得．故曲线的方程为.（2）法一：设，不妨设点在轴上方，由可得，由已知直线斜率必不为0，故可设直线，联立方程，可得，故，解得，故，．法二：设，不妨设点在轴上方，由可得，若直线的斜率不存在，则，不符合题意，舍去；设直线，联立方程可得，，解得，，，解得．原点到直线的距离，故的面积.20.三棱台中，．（1）若与交于点，求证：平面；（2）若平面平面与底面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）法1、连接，设与交于点，在三棱台中，可得因，所以，同理，因为，所以与重合，即，在中，，且平面，平面，所以平面.法2、在三棱台中，可得，因为，所以，同理，则，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，且平面ABED，所以平面，取中点，连接，可得，所以平面，所以与底面所成角为，在直角中，，所以，因为，所以，所以，过作，垂足为，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则设平面的法向量为，则，令，可得，所以，又由，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.21.第二十四届北京冬季奥林匹克运动会开幕式上的主火炬如图一，这是历史上第一座由所有参赛国家和地区的名字汇聚成的大雪花．没有天马行空的点火方式，也没有赫赫炎炎的剧烈燃烧，但却清晰地传递了低碳环保理念，一朵雪花照亮了“双奥之城”北京，也将照亮全人类的绿色未来．如图二是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法是从一个正三角形开始，把每条边三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案．已知原正三角形（图二①）的边长为3，并将图二中的第个图的面积记为．（1）求；（2）求数列的通项公式，并探究是否存在超过图二①面积2倍的图形．解：（1）根据三角形面积公式得，．（2）图二中的①，②，③，④，中的图形依次记为，它的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形的边数为；从起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则比前一个图形多出的三角形的个数为；从起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以为首项，为公比的等比数列，则比前一个图形多出的每一个三角形的面积是．所以，即．所以当时，又因为，符合上式，所以．若存在，得，整理得，显然矛盾，所以不存在超过图二①面积2倍的图形22.已知椭圆与轴交于两点，点为椭圆上不同于的点.（1）若直线的斜率分别为，求的最小值