浙江省台州市2023-2024学年高二上学期期末考试 数学 Word版含答案.docx

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台州市2023学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学试卷一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求）1．直线y=2x−1的斜率等于A．−1B．1C．2D．−22．若双曲线x2m2−y212=1m>0的离心率为2，则实数m=A．2B．23C．4D．163．若空间向量a=1,0,1,b=2,1,2，则a与b的夹角的余弦值为A．23B．23C．223D．−134．已知等差数列{an}n∈N∗的前n项和为Sn.若S5=35,a4=3a1，则其公差d为A．−2B．−1C．1D．25．如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，记AB=a,AD=b,AD1=c，则D1C=A．a+b−cB．−a+b+cC．−a+b+cD．−a−b+c6．人们发现，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.反复进行上述运算，必会得到1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”现给出冰雹猜想的递推关系如下：对于数列{an}n∈N∗,a1=m（m为正整数），an+1=an2,an为偶数,3an+1,an为奇数.若a5=1，则m所有可能的取值的和为A．16B．18C．20D．417．已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F,A,B两点在抛物线C上，并满足AF=3FB,过点A作x轴的垂线，垂足为M，若FM=1，则p=A．12B．1C．2D．48．在空间四边形ABCD中，AB⋅BC=BC⋅CD=CD⋅DA=DA⋅AB，则下列结论中不一定正确的是A．AB+BC=−CD+DAB．AB2+BC2=CD2+DA2C．△ABD≅△DCAD．AC⊥BD二、多项选择题（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．已知数列{an}和{bn}n∈N∗是等比数列，则下列结论中正确的是A．{an2}是等比数列B．{an+bn}一定不是等差数列C．{an⋅bn}是等比数列D．{an+bn}一定不是等比数列10．已知a>−4且a≠0，曲线C:x24+a+y2a=1，则下列结论中正确的是A．当a>0时，曲线C是椭圆B．当−40时，曲线C的焦点坐标为0,2,0,−2D．当−4b>0的左右焦点分别为F1,F2.P为椭圆上的点，若∠F1PF2=60∘，PF1=2PF2，则椭圆的离心率等于 .15．已知数列{2n+12n+n2n+1+n+1}n∈N∗的前n项和为Sn.当Sn>1760时，n的最小值是 .16．已知抛物线C1:x2=4y和C2:x2=−8y.点P在C2上（点P与原点不重合），过点P作C1的两条切线，切点分别为A,B，直线AB交C2于C,D两点，则ABCD的值为 . 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．（本小题共10分）已知圆C经过原点及点A2,0,B0,23.（Ⅰ）求圆C的标准方程；（Ⅱ）过原点的直线l与圆C相交于P,Q两点，若PQ=2，求直线l的方程.18．（本小题共12分）已知数列{an}n∈N∗是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn.已知3a1,2a2,a3成等差数列，S3=26.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若bn=n+12an，求数列{bn}的前n项和Tn.19．（本小题共12分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1.从①②这两个条件中任选一个解答该题.①直线AB与平面ACD1所成角的正弦值为23；②平面ABB1A1与平面ACD1的夹角的余弦值为23.（Ⅰ）求AA1的长度；（Ⅱ）E是线段BD1（不含端点）上的一点，若平面A1C1E⊥平面ADE,求BEBD1的值.20．（本小题共12分）如图，圆C的半径为4，A是圆内一个定点且CA=2，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线l和半径CP相交于点Q，点P在圆上运动. （Ⅰ）求点Q的轨迹；（Ⅱ）当CP⊥CA时，证明：直线l与点Q形成的轨迹相切.21．（本小题共12分）某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为θ的笔直公路，其中cosθ=27.摩天轮近似为一个圆，其半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，其最高点为A.A点正下方的地面B点与公路的距离为70m.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计）（Ⅰ）如图所示，甲位于摩天轮的A点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？（Ⅱ）当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？22．（本小题共12分）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，直线x=2交双曲线于A,B两点，AB=2.（Ⅰ）求双曲线C的标准方程；（Ⅱ）已知点M2,3，过点Tt,0的直线l与双曲线交于P,Q两点，且直线MP与直线MQ的斜率存在，分别记为k1,k2.问：是否存在实数t，使得k1+k2为定值？若存在，则求出t的值；若不存在，请说明理由.【参考答案】 台州市2023学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学2024.01一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求）1．C2．A3．C4．D5．A6．B7．B8．D二、多项选择题（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．AC10．ABD11．ACD12．ABD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．114．3315．416．22四、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．（Ⅰ）解：设原点为O，易知OA⊥OB，线段AB的中点为圆心，圆心坐标为1,3.线段AB的长为圆C的直径，AB=4，半径r=2.圆C的标准方程为x−12+y−32=4…………5分（Ⅱ）①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0,令x=0，代入圆C的标准方程，解得y=0或y=23，则PQ=23，不符合题意.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx，将其转化为一般式方程kx−y=0,圆心到直线的距离为d,则d=k−3k2+1=22−12=3,得k−32=3k2+1，化简得k=0或k=−3，即直线l的方程为y=0或y=−3x.…………10分18．（Ⅰ）解：设等比数列{an}的公比为q，由题意得：3a1+a3=4a2，即3a1+a1q2=4a1q,∵a1≠0，得3+q2=4q，解得q=1或q=3.由于q=1不符合题意，因此q=3.由S3=26得，a1+a2+a3=26，即13a1=26，a1=2.所以an=2⋅3n−1.…………6分（Ⅱ）由题意得，bn=2n+13n−1，则Tn=3×30+5×31+7×32+⋯+2n−13n−2+2n+13n−1，则3Tn=3×31+5×32+7×33+⋯+2n−13n−1+2n+13n，则−2Tn=3×30+2×31+32+⋯+3n−1−2n+13n=3+231−3n−11−3−2n+13n，则−2Tn=3+33n−1−1−2n+13n=−2n⋅3n，Tn=n⋅3n.…………12分19．（Ⅰ）解：如图，以B点为坐标原点，以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则B0,0,0,A0,1,0,C1,0,0，设AA1=a，则D11,1,a,AC=1,−1,0,AD1=1,0,a, 设平面ACD1的法向量n=x1,y1,z1.n⋅AC→=x1−y1=0,n⋅AD1→=x1+az1=0,取x1=a，y1=a，z1=−1，则n=a,a,−1.若选择条件①，AB=0,−1,0，设直线AB与平面ACD1所成角为θ，则sinθ=cos⟨n,AB⟩=a2a2+1=23，解得a=2.即AA1=2.若选择条件②，易知平面ABB1A1的法向量为m=1,0,0,设平面ABB1A1与平面ACD1的夹角为α，则cosα=m⋅n∥m∥n∥=a2a2+1=23，解得a=2.AA1=2.…………6分（Ⅱ）由题（Ⅰ）得，D11,1,2，A10,1,2，C11,0,2，BD1=1,1,2，A1C1=1,−1,0.设BE=λBD1=λ,λ,2λλ≠1，则Eλ,λ,2λ,AlE=λ,λ−1,2λ−2.设平面A1C1E的法向量s=x2,y2,z2.s⋅A1C1→=x2−y2=0,s⋅A1E→=λx2+λ−1y2+2λ−2z2=0,取x2=y2=1，z2=1−2λ2A−2，则s=1,1,1−2λ2λ−2又AE=λ,λ−1,2A，AD=1,0,0，设平面ADE的法向量t=x3,y3,z3. t⋅AE→=−λx3+λ−1y3+2λz3=0,t⋅AD→=x3=0,令y3=−2λ，z3=λ−1，则t=0,−2λ,λ−1.∵平面A1C1E⊥平面ADE，∴S⋅t=0,即−2λ+1−2λλ−12λ−2=−2λ+1−2λ2=0,解得λ=16，所以BEBD1=16.…………12分20．（Ⅰ）解：∵CP=QC+QP=4，QP=QA，∴QC+QA=4.因为QC+QA>CA=2.所以Q与两个定点C,A的距离的和等于常数（大于CA）,由椭圆的定义得，Q点的轨迹是以C,A为焦点，长轴长等于4的椭圆.…………6分注：若Q点的轨迹表述不当，则酌情扣分.（Ⅱ）以线段CA的中点为坐标原点O，以过点C,A的直线为x轴，以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系Oxy，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0,由椭圆的定义得：2a=4，即a=2；2c=2，即c=1.则椭圆的标准方程为x24+y23=1.当CP⊥CA时，P点的坐标为−1,4和−1,−4.当P点的坐标为−1,4时，已知A点的坐标为1,0，线段PA的中点坐标为0,2，直线AP的斜率为4−0−1−1=−2，直线l的方程y=12x+2，联立方程y=12x+2,x24+y23=1,得3x2+412x+22−12=0，整理得x2+2x+1=0，可得Δ=0.所以直线l与点Q形成的轨迹只有1个交点，即直线l与点Q形成的轨迹相切.当P点的坐标为−1,−4时，同理可证.注：选择P点的其中1个位置证明即可…………12分21．（Ⅰ）解：如图所示，设公路所在直线为l，过B点作l的垂线，垂直为D,BD=70m.因为圆的半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，所以AB=75m.从甲看乙的最大俯角与∠ADB相等，由题意得。AB⊥BD，则tan∠ADB=ABBD=7570=1514.…………6分（Ⅱ） 如图所示，设甲位于圆O上的R点处，直线OF垂直于OA且交圆O于F点，射线OR可以看成是射线OF绕着O点按逆时针方向旋转α角度得到.过R点正下方的地面T点向l作垂线，垂足为S.当tan∠RST取得最大值时，∠RST即为从乙看甲的最大仰角.山题意得：tan∠RST=35sinα+4070−35cosα⋅27=72⋅sinα+877−cosα=−72⋅−87−sinα7−cosα其中，−87−sinα7−cosα表示点cosα,sinα和点7,87构成的直线a的斜率，当直线a的斜率取得最小值时，tan∠RST取最大值.因为点cosα,sinα在单位圆x2+y2=1上，所以当直线a与单位圆相切时，斜率取得最大值或最小值，设过点7,87的直线方程为：y+87=kx−7，即49k+871+k2=1，解得k=−14±15184，则直线a的斜率最小值为−14−15184，代入可得tan∠RST取最大值是14+15124.…………12分22．（Ⅰ）解：由已知得2a=22,a=2.将x=2代入方程x22−y2b2=1，得y=±b,由AB=2得，2b=2,b=1.因此双曲线的标准方程为x22−y2=1.（Ⅱ）设Px1,y1,Qx2,y2,则k1=y1−3x1−2，k2=y2−3x2−2，则k1+k2=y1−3x1−2+y2−3x2−2①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−t,则y1=kx1−t,y2=kx2−t.k1+k2=kx1−t−3x1−2+kx2−t−3x2−2=kx1−tx2−2−3x2−2+kx2−tx1−2−3x1−2x1−2x2−2=2kx1x2−kt+2+3x1+x2+4kt+12x1x2−2x1+x2+4.联立方程y=kx−t,x22−y2=1,可得1−2k2x2+4k2tx−2k2t2+2=0，则x1+x2=−4k2t1−2k2，x1x2=−2k2t2+21−2k2.k1+k2=12k2t+4kt−24k2−4k+12−2k2t2+8k2t−8k2+2=12k2t−2+4kt−1+122k2−t2+4t−4+2令12k2t−2+4kt−1+122k2−t2+4t−4+2=λ，整理得[12t−2+2λt−22]k2+4t−1k+12−2λ=0.要使得对任意的k上式恒成立，则12t−2+2λt−22=0,4t−1=0,12−2λ=0,解得：t=1,λ=6.所以，当t=1时，k1+k2=−12k2+12−2k2+2=6.…………11分②当直线l的斜率不存在时，由①得，k1+k2为定值的必要条件是t=1，即直线l过定点1,0，此时直线l的方程为x=1，易知直线l与双曲线没有交点，不符合题意的要求.