广东省肇庆市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测试题 数学 Word版含解析.docx

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肇庆市2023—2024学年高二年级第一学期期末教学质量检测数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡的指定位置上.2．回答选择题时，写出每小题的答案后，用2B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.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（）A.B.C.D.2.已知数列为等差数列，且，则（）A.B.C.D.3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”提出直角三角形的三边边长分别称为“勾”“股”“弦”．如图一直角三角形ABC的“勾”“股”分别为6，8，以AB所在的直线为轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则以A，B为焦点，且过点C的双曲线方程为（）A.B.C.D.4.如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（） A.B.C.D.5.直线l：与y轴的交点为A，把直线l绕着点A逆时针旋转得到直线，则直线的方程为（）A.B.CD.6.数列的前n项和为，满足，则数列的前n项积的最大值为（）A.B.C.D.7.已知圆：（），圆：，若圆上存在点P关于直线的对称点Q在圆上，则r的取值范围是（）A.B.C.D.8.抛物线有这样一个重要性质：从焦点发出的光线经过抛物线上一点（不同于抛物线的顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴．若抛物线（）的焦点为F，从点F发出的光线经过抛物线上点M反射后，其反射光线过点，且，则△FMN的面积为（）A.B.C.D.二、选择题：本题共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.在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（） A.B.C.D.10.对于方程，下列说法正确的是（）A.当时，该方程表示圆B.当时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆，且长轴长为C.当时，该方程表示焦点在x轴上的双曲线，且渐近线方程为D.当时，该方程表示焦点在y轴上的双曲线，且焦距为11.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别是，的中点，则（）A.∥平面B.三棱锥与三棱锥的体积之比为C.∥D.A，E，G，F四点共面 12.已知正项数列满足，则下列结论一定正确的是（）A.若，则B.若，则的值有3种情况C若数列满足，则D.若为奇数，则（）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出一个过点，的圆的标准方程_____________．14.等差数列的公差为，前n项和为，且是与的等比中项，则_____________．15.2023年11月5至10日，中国国际进口博览会在上海举办，被誉为“黄皮火龙果”的厄瓜多尔麒麟果（图1）首次来到进博展台，其轴截面轮廓可近似看成椭圆（图2），A，C，B，D为椭圆的四个顶点，且，则该椭圆的离心率为_____________．16.在正方体中，，点平面，点F是线段的中点，若，则当的面积取得最小值时，_____________．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.已知椭圆C：（）经过点，．（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的左焦点且与PQ平行的直线交椭圆C于M，N两点，求的长．18.在三棱台中，底面，底面是边长为2的等边三角形，且，D为的中点． （1）证明：平面平面.（2）平面与平面的夹角能否为？若能，求出的值；若不能，请说明理由.19.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，（），圆M：．（1）若，过点A作圆M的切线，求此切线的方程；（2）若在圆M上存在唯一一点P，使，求t的值．20.定义为数列“匀称值”．（1）若数列的“匀称值”为，求数列的通项公式；（2）若数列满足，（），求数列的“匀称值”．21.如图，平行四边形中，，，为中点，将沿折起到的位置，使．（1）求点到平面的距离；（2）点为线段上一点，与平面所成的角为，求的最大值．22.已知直线：，直线：，过动点M作，，垂足分别为A，B，点A在第一象限，点B在第四象限，且四边形（O为原点）的面积为2．（1）求动点M轨迹方程；（2）若，过点F且斜率为k的直线l交M的轨迹于C，D两点，线段CD的垂直平分线分别交x轴、y轴于，两点，求的取值范围． 肇庆市2023—2024学年第一学期高二年级期末教学质量检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡的指定位置上.2．回答选择题时，写出每小题的答案后，用2B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.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点关于平面对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数即可得到答案.【详解】根据点关于平面对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数可知，点关于平面的对称点为，故选：C.2.已知数列为等差数列，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质求得，进一步计算即可.【详解】因为数列为等差数列，则， 所以，则，故选：D.3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”提出直角三角形的三边边长分别称为“勾”“股”“弦”．如图一直角三角形ABC的“勾”“股”分别为6，8，以AB所在的直线为轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则以A，B为焦点，且过点C的双曲线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴长、半焦距即可求解.【详解】依题意，双曲线焦点在x轴上，焦距，即，实轴长，即，于是虚半轴长，所以所求双曲线方程为.故选：A4.如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】在平行六面体中，E为BC的中点，所以.故选：B5.直线l：与y轴的交点为A，把直线l绕着点A逆时针旋转得到直线，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设直线l：的倾斜角为，可得，从而利用两角和的正切公式求出直线的斜率，由直线的点斜式方程，即可得答案.【详解】设直线l：的倾斜角为，则，由题意可得，直线的倾斜角为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，即，故选：C 6.数列的前n项和为，满足，则数列的前n项积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的递推公式求出，进而求出数列通项，借助单调性求解即得.【详解】依题意，，，则，当时，，两式相减得，即，因此数列是以512为首项，为公比的等比数列，于是，显然数列单调递减，当时，，当，，所以当或时，数列的前n项积最大，最大值为.故选：B7.已知圆：（），圆：，若圆上存在点P关于直线的对称点Q在圆上，则r的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得圆关于直线的对称圆，则圆与圆有交点，利用圆心距和半径的关系列式求解即可.【详解】圆：,方程化为，，则圆心坐标为，半径为5,设关于直线的对称点为，则,解得， 则，所以圆关于直线的对称圆方程为，，由题中条件可知，圆与圆有交点，,,则，即，解得，故选：D.8.抛物线有这样一个重要性质：从焦点发出的光线经过抛物线上一点（不同于抛物线的顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴．若抛物线（）的焦点为F，从点F发出的光线经过抛物线上点M反射后，其反射光线过点，且，则△FMN的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定性质，结合几何图形及抛物线的定义求出值，再利用三角形面积公式计算即得.【详解】由抛物线的对称轴为轴，得轴，设抛物线的准线与轴交于点，反向延长交抛物线的准线于点，则，由抛物线的定义得，由，得，因此为等边三角形，在直角中，，，于是，从而，所以的面积为.故选：A 【点睛】关键点睛：涉及抛物线的几何特性的问题，根据条件画出图形，再结合抛物线定义进行求解.二、选择题：本题共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.在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】求出直线所过的定点并判断与圆的位置关系即可得解.【详解】直线过定点，显然点在圆内，因此直线与圆必相交，C错误；而直线表示平面内过点的除直线外的任意直线，因此选项ABD都可能.故选：ABD10.对于方程，下列说法正确的是（）A.当时，该方程表示圆B.当时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆，且长轴长为C.当时，该方程表示焦点在x轴上的双曲线，且渐近线方程为 D.当时，该方程表示焦点在y轴上双曲线，且焦距为【答案】BC【解析】【分析】举例当时，方程无意义，判断A；根据条件，将方程化为标准形式，根据椭圆的标准方程以及长轴长可判断B；根据条件，将方程化为标准形式，结合双曲线的标准方程以及几何性质，可判断C，D.【详解】对于A，当时，方程不能表示圆，A错误；对于B，当时，，方程为，表示焦点在x轴上椭圆，且长轴长为，B正确；对于C，当时，方程为，方程表示焦点在x轴上的双曲线，且，故渐近线方程为，C正确；对于D，当时，方程为，方程表示焦点在y轴上的双曲线，且，故焦距为，D错误，故选：BC11.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别是，的中点，则（） A.∥平面B.三棱锥与三棱锥的体积之比为C.∥D.A，E，G，F四点共面【答案】ABD【解析】【分析】A项，通过证明∥即可得出结论；B项，求出的面积关系和点到底面的高之间的关系，即可求出体积之比；C项，通过证明两向量不平行，即可得出结论；D项，通过求解三向量之间的关系。即可得出结论.【详解】由题意，A项，在中，，分别是，的中点,∴∥,∵面，面，∴∥平面，A正确；B项，在三棱锥中，设点到的距离为，，在三棱锥中，设点到的距离为，∵，，分别是，的中点,∴,,， ∴,故B正确，对C项，,,∴与不平行，与不平行，C错误；D项，由几何知识得，，,∴即，∴三向量共面，即A，E，G，F四点共面，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查线面平行，等体积法，线线平行的判定，向量法证明四点共面，考查学生分析和处理问题的能力，具有很强的综合性.12.已知正项数列满足，则下列结论一定正确的是（）A.若，则B.若，则的值有3种情况C.若数列满足，则D.若为奇数，则（）【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，求出前几项探讨周期性计算判断A；按的奇偶性求出的值判断B；由的奇偶性，结合周期求出判断C；借助反证法的思想推理判断D. 【详解】对于A，，则该数列为，则，，而，因此，A错误；对于B，，若为偶数，则，于是或；若为奇数，则，于是，因此的值会出现3种情况，B正确；对于C，由数列满足，得数列是周期为2的数列，有当偶数时，，则，解得，或，无正数解；当为奇数时，，则，解得，因此或都满足，C错误；对于D，若为奇数，则为偶数，与为奇数矛盾，因此为偶数，即，则，D正确.故选：BD【点睛】关键点睛：由数列递推公式探求数列的相关性质的问题，关键是正确理解给出的关系式，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出一个过点，的圆的标准方程_____________．【答案】（形式不唯一，只要符合：，其中即可）【解析】【分析】确定圆心满足的条件和半径，可直接写出满足条件的圆的方程.【详解】由题意：设圆心为：，半径为：，则；.取可得满足条件的一个圆的标准方程：故答案为：（答案不唯一）14.等差数列的公差为，前n项和为，且是与的等比中项，则_____________．【答案】【解析】 【分析】根据等比中项性质，列式求得等差数列的首项，根据等差数列的前n项和公式，即可得答案.【详解】由题意知等差数列的公差为，由于是与的等比中项，故，即，解得，故，故答案为：15.2023年11月5至10日，中国国际进口博览会在上海举办，被誉为“黄皮火龙果”的厄瓜多尔麒麟果（图1）首次来到进博展台，其轴截面轮廓可近似看成椭圆（图2），A，C，B，D为椭圆的四个顶点，且，则该椭圆的离心率为_____________．【答案】##【解析】【分析】设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，结合椭圆的几何性质表示出，利用余弦定理即可求得的关系，即可求得答案.【详解】设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则，，则，故椭圆离心率为， 故答案为：16.在正方体中，，点平面，点F是线段中点，若，则当的面积取得最小值时，_____________．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，根据，结合数量积运算，求得，进而表示出的面积，结合面积有最小值即可求得，即可求得答案.【详解】以点D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，故，即，由于平面，平面，故，所以的面积为，而，故，当时，取最小值，即S最小，此时，则，故，即， 故答案为：【点睛】方法点睛：由于是在正方体中求解线段的长，因此可以建立空间直角坐标系，根据空间向量的数量积运算结合面积最小，求出参数，即E点的坐标，从而解决问题.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.已知椭圆C：（）经过点，．（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的左焦点且与PQ平行的直线交椭圆C于M，N两点，求的长．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用椭圆经过的点，列出方程组求出即得.（2）求出直线的方程，利用弦长公式计算即得.【小问1详解】由椭圆C：经过点，，得，而，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，椭圆的左焦点为，而直线的斜率为，因此直线的方程为，由消去y得，显然，设， 则，，所以.18.在三棱台中，底面，底面是边长为2的等边三角形，且，D为的中点．（1）证明：平面平面.（2）平面与平面的夹角能否为？若能，求出的值；若不能，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）不能，理由见解析【解析】【分析】（1）说明，再推出，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，假设平面与平面的夹角能为，根据空间角的向量求法可得方程，根据该方程解的情况，即可得出结论.【小问1详解】因为底面是边长为2的等边三角形，D为的中点，故；又底面，底面，故，又平面，故平面，又平面，故平面平面；【小问2详解】 由已知可知，，且D为的中点，则，即四边形为平行四边形，故，由底面，得底面，因为平面，所以，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，结合（1）可知平面的法向量可取为；设平面的一个法向量为，而，故，即，令，则，假设平面与平面的夹角能为，则，即，此方程无解，假设不成立，即平面与平面的夹角不能为.19.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，（），圆M：．（1）若，过点A作圆M的切线，求此切线的方程；（2）若在圆M上存在唯一一点P，使，求t的值．【答案】（1）或；（2）或【解析】 【分析】（1）设出圆的切线方程，根据圆心到切线的距离等于半径，列式求解，即可得答案；（2）设，由题意可求得P点的轨迹方程，根据P点的唯一性，分类讨论，结合两圆的内切和外切，求得参数，即得答案.【小问1详解】由题意得，圆M的半径为1，在圆M外，，过点A作圆M的切线，则切线斜率存在，设为k，则切线方程为，即，所以，解得或，故切线方程为或；【小问2详解】设，由于，所以，整理得，即，（），即P点在以为圆心，为半径的圆上，由题意可知P是唯一的，只有当圆与圆M相切时，符合题意；当两圆外切时，则，整理得，解得，（舍去），故； 当两圆内切时，则，整理得，解得，（舍去），即，综上，可得或.20.定义为数列的“匀称值”．（1）若数列的“匀称值”为，求数列的通项公式；（2）若数列满足，（），求数列的“匀称值”．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用给定的定义建立等式，结合求解即得.（2）利用构造法求出，再利用错位相减法，结合给定定义求解即得.【小问1详解】依题意，，即，当时，，当时，，于是，整理得，符合上式，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由，，得，而，因此是以为首项，3为公比的等比数列，则，令，则数列的“匀称值”，令，则， 于是，两式相减得，即，，所以数列的“匀称值”为.21.如图，平行四边形中，，，为的中点，将沿折起到的位置，使．（1）求点到平面的距离；（2）点为线段上一点，与平面所成的角为，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）证明出平面平面，取的中点，连接，推导出平面，可知点到平面的距离为线段的长，求出的长，即为所求；（2）取的中点，连接，推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得的最大值.【小问1详解】解：因为，，，所以，为等边三角形，所以，，，因为，，则，所以，，即， 又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，平面平面，取的中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为，，因为，，则为等边三角形，则，所以，点到平面的距离为.【小问2详解】解：取的中点，连接，因为为的中点，则，因为，所以，，又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，，设平面法向量为，则，取，可得，设，其中，所以，， 所以，，所以，当时，取最大值，且其最大值为.22.已知直线：，直线：，过动点M作，，垂足分别为A，B，点A在第一象限，点B在第四象限，且四边形（O为原点）的面积为2．（1）求动点M的轨迹方程；（2）若，过点F且斜率为k的直线l交M的轨迹于C，D两点，线段CD的垂直平分线分别交x轴、y轴于，两点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式，列式化简，即可求得答案；（2）设直线l的方程，联立轨迹方程，可得根与系数的关系式，进而表示出直线CD的垂直平分线方程，求出，可得表达式，结合k的范围以及不等式性质，即可求得答案.【小问1详解】设，由直线：，直线：，可知，故四边形为矩形，四边形（O为原点）的面积为2，即得，因为，故，得，由于点A在第一象限，点B在第四象限，故动点M的轨迹方程为；【小问2详解】 由题意知，过点F且斜率为k的直线l交M的轨迹于C，D两点，即l与双曲线的的右支交于两点，双曲线的渐近线为，故或；设直线l的方程为，联立，整理得，设，则，故CD中点的坐标为，则CD的垂直平分线的方程为，令，得，令，得，故，因为或，故或，故或，所以的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查了轨迹方程的求解以及直线和双曲线位置关系中的求解范围问题，解答的关键在于求解的取值范围时，要结合联立方程，利用根与系数的关系表示出CD的中垂线方程，从而求出的表达式，进而求解范围.