浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末质量调测数学Word版含解析.docx

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2023学年第一学期上虞区高二期末质量调测数学试卷一、单选题1.直线经过两点，则的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据两点坐标求出直线斜率，根据斜率与倾斜角关系即可得出答案.【详解】由题知：，设直线的倾斜角为，故，所以倾斜角.故选：C2.抛物线的焦点坐标是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由方程求出可得焦点坐标．【详解】抛物线方程可转化为：，故焦点在轴正半轴，且，故焦点坐标为.故选：D.3.已知数列满足，则（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据递推关系即可逐一代入求值.【详解】.故选:C4.已知分别是空间四边形的对角线的中点，点是线段的中点，为空间中任意一点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量加法运算可解.【详解】由题知：.故选：D5.若方程表示的曲线是圆，则实数k的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.【详解】由方程可得，所以当时表示圆，解得.故选：D.6.在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（） A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由正方体性质可知，平面，平面平面，故动点在直线上，建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值.【详解】由正方体性质可知，，，，平面，平面，易知平面，平面平面，故动点在直线上，设正方体棱长为1，并如图建立空间直角坐标系，则，设两直线所成角为，，故，即，令，则，所以当时，即时，.故选：A7.已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点 到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），所以（不与重合），又为等腰直角三角形，为斜边，即有，如上图，△、△、△都为直角三角形，且，由平面图到立体图知：，，又面面，面面，面，所以面，同理可得面，将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，再过作面，交于，连接，则为矩形，综上，，，则为中点，所以，而，，令且，则，故，， 所以球半径，当时，，故球表面积的最小值为.故选：D8.设椭圆的两个焦点是，过点的直线与交于点，若，且，则椭圆的离心率（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，结合椭圆定义依次得的表达式，进一步分别在中运用由两次余弦定理，结合离心率公式即可求解.【详解】不妨设椭圆的标准方程为， 因为，所以，又，所以，，所以，如图所示，由余弦定理知：，整理得，又，解得：离心率.故选：B.【点睛】关键点睛：画出图形，通过椭圆定义把各边长度求出来，由此即可顺利得解.二、多选题9.对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项正确的是（）A.若，则B.若，则或C.若，则或D.若，则或【答案】AD【解析】【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【详解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，则的方向向量垂直，所以的方向向量与的方向向量垂直，则，A正确；若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B错；若，则或或相交，C错误；若，则或，D正确.故选：AD10.已知圆和圆的交点为，，则（） A.圆和圆有两条公切线B.直线的方程为C.圆上存在两点和使得D.圆上的点到直线的最大距离为【答案】ABD【解析】【分析】A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.【详解】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.故选：ABD.11.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（） A.若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线B.若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆C.若，则点P的轨迹为抛物线D.若，则点P的轨迹为双曲线【答案】BD【解析】【分析】A、B将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义判断正误；C、D确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹.【详解】A：如下图，P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，∴在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，∴在直线上，故P的轨迹为直线，错误；B：P到直线的距离与P到的距离之和等于4，同A知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，∴P的轨迹为椭圆，正确；C：如下示意图，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为， ∴时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，则，即，故P的轨迹为椭圆，错误；D：同C分析：时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，即，故P的轨迹为双曲线，正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：将空间点线、点面距离转化为平面点点、点线距离判断轨迹，由题设及给定的条件确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角、被截圆锥轴截面顶角大小，进而确定轨迹形状.12.如图，直平面六面体的所有棱长都为2，，为的中点，点是四边形（包括边界）内，则下列结论正确的是（）A.过点的截面是直角梯形B.若直线面，则直线的最小值为C.存在点使得直线面 D.点到面距离的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，过点的截面即为平面，只需验证是否为0即可；对于B，首先证明平面平面，故点在线段上运动，由即可得解；对于C，求出平面法向量，由与法向量共线结合点是四边形（包括边界）内，即可判断；对于D，由点面距离公式即可判断.【详解】对于A，过点的截面即为平面，建立空间直角坐标系，易知，故，，故，故，所以四边形直角梯形，故选项A正确；对于B，如图分别为的中点，又为的中点，所以平行且等于，，又平行且等于，所以平行且等于，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平行且等于，平行且等于， 所以平行且等于，即四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，面，故平面平面，故点在线段上运动，易知，故，故，故的最小值即为，故选项B正确；对于C，设平面的法向量为，故，令，则，故，设，而，故，要使得面，故，解得：，因点在四边形（包括边界）内，故须满足且，故选项C错误；对于D，，故，故当时，点到面的距离最大，最大值为，故选项D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：C选项的关键是在得出之后，还要注意检验是否满足且，由此即可顺利得解.三、填空题13.经过点，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为_____________. 【答案】【解析】【分析】设出方程，代入点A即可求出.【详解】双曲线为等轴双曲线，则可设方程为，将代入可得，即，故方程为，化为标准方程为.故答案为：.14.设两个等差数列和的前项和分别为和,且,则__________.【答案】【解析】【分析】根据等差数列性质,将写为,即,代入题中等式即可得出结果.【详解】解:由题意可得和均为等差数列,所以.故答案为:15.已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数______.【答案】【解析】 【分析】由抛物线的对称性，设交点为，利用导数求出抛物线在点的切线斜率，再求出过圆心、切点连线的斜率，二者斜率相等可得，代入圆方程可得答案.【详解】由抛物线的对称性，如图，不妨设交点为，且满足，则切线斜率，故由题知：，故解得：，代入圆方程可得：，故解得：.故答案为：.16.正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】过点作于，计算，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合均值不等式计算得到答案.【详解】如图所示，过点作于，则，中，，故， ，设，，则，故，所以，，，故，故，故，而，（），当且仅当，即时等号成立，所以；故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生计算能力，转化能力和综合应用能力，其中引入变量，转化为三角函数问题可以简化运算，是解题的关键.四、解答题17.已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，.（1）若，求的通项公式；（2）若，求.【答案】（1）（2）或21【解析】【分析】（1）由等差、等比数列通项公式基本量列方程组求解即可.（2）首先由得公比，结合得公差，由此即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由得：，解得（舍去），，于是.【小问2详解】由得，解得或.当时，由得，∴；当时，由得，∴，综上所述，故或21.18.已知圆过点和点，圆心在直线上.（1）求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；（2）若直线经过点，且被圆截得的弦长为4，求直线的方程.【答案】（1）圆：，圆心，（2）或 【解析】【分析】（1）设圆的方程为，由圆心所在直线和圆过点和点可得方程组，求解即可；（2）由被圆所截弦长可得圆心到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.【小问1详解】设圆的方程为，则，解得，所以圆的方程为：，圆心，半径为；【小问2详解】由（1）知，圆心到直线的距离为，于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，即，令，解得，直线方程是，综上所述，直线的方程是：或.19.如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点. （1）证明：；（2）求直线和平面所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】（1）利用线面垂直的定义得到线线垂直，根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直；（2）通过添加辅助线，证明平面，以此找到直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值.试题解析：（1）设为中点，由题意得平面，所以.因为，所以.所以平面.由，分别为的中点，得且，从而且，所以是平行四边形，所以.因为平面，所以平面.（2）作，垂足为，连结. 因为平面，所以.因为，所以平面.所以平面.所以为直线与平面所成角的平面角.由，得.由平面，得.由，得.所以考点：1.空间直线、平面垂直关系的证明；2.直线与平面所成的角.20.已知抛物线的焦点为，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且.（1）求的值；（2）已知点，是抛物线上不同的两点，且满足.证明：直线恒过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设点，由抛物线定义可得，即可求出答案.（2）设直线，，联立方程组，得，根据，可得，代入直线方程即可.【小问1详解】 显然点，由抛物线定义可知，，解得，所以抛物线方程为：；【小问2详解】点在抛物线上，设直线，点，联立，得，在下，，所以，整理，得，将代入直线，得，即，所以直线恒过定点.21.在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面是边长为2的正三角形，侧面平面.（1）证明：；（2）若点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明平面即可;（2）建立空间坐标系，由面面角公式结合二次函数求最值得解.【小问1详解】取中点，连接，由题可知正和，，，又∵，平面，∴平面，又平面，∴；【小问2详解】因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面,分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：则，，设，∴，∴， 又，设面的法向量是，则，令，则，又，设面的法向量是，则，令，则，设平面与平面夹角为，故，因为，开口向上，且对称轴为，故的最小值为，则，所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.22.在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的离心率且椭圆上的点到点的距离的最大值为3.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点，使得直线：与圆：相交于不同的两点、，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及对应的的面积；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，M的坐标为、、、，最大值为．【解析】 【详解】试题分析：（1）离心率，得到，即此时椭圆方程为，设椭圆上的点为P，两点间的距离等于3，可得到b=1，所以可求得椭圆方程；（2）在解析几何中，三角形的面积公式通常有两种计算方式，，，本题由于没有给出角度的关系，所以采用第一种方法．通过联立方程即可得到M的坐标．试题解析：（Ⅰ）因为，所以，于是.设椭圆上任一点，椭圆方程为，，=①当，即时，（此时舍去；②当即时，综上椭圆C的方程为．（Ⅱ）圆心到直线的距离为，弦长，所以的面积为点当时，由得综上所述，椭圆上存在四个点、、、，使得直线与圆相交于不同的两点、，且的面积最大，且最大值为. 考点：直线与椭圆的位置关系