广东省深圳市龙岗区2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题

这是一份广东省深圳市龙岗区2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．曲线在点处的切线的斜率为（ ）
A．0B．1C．eD．
3．双曲线的左右焦点分别是与是双曲线左支上的一点，且，则（ ）
A．1B．13C．1或13D．3
4．已知等比数列满足，则（ ）
A．24B．36C．48D．108
5．已知数列的前项和为，满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．过点可以做三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是递减数列B．
C．当时，D．当时，取得最大值
10．若焦点在轴上的双曲线的焦距为4，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．离心率是D．两条渐近线的夹角为
11．已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别为和，线段的中点为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则这样的点只有一个
B．四边形面积的最小值为1
C．直线恒过点
D．平面内存在一定点，使得线段的长度为定值
12．正方体的棱长为1，点为底面正方形上一动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角的正弦值为
B．若点为中点，点为中点，则直线和夹角的余弦值为
C．若，则的最小值为
D．若点在上，点在上，则的长度最小值为
三、填空题
13．已知，若，则的值为 .
14．已知为等差数列，，则 .
15．已知为椭圆的右焦点，是椭圆上一动点，点为圆上一动点，则的最大值是 .
16．已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 .
四、解答题
17．已知圆经过两点，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
18．已知数列满足.
(1)证明数列为等差数列，并求；
(2)求数列的前项和.
19．已知函数.
(1)判断函数的单调性，并求出的极值；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
20．如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面；
(2)若，若平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
21．已知椭圆过点，左焦点为，过点的直线与椭圆交于两点，动点在直线上，直线的斜率分别为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)问是否存在实数，使得恒成立，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由.
22．已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)若恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
【详解】解：直线 即，故直线的斜率等于，设直线的倾斜角等于，
则，且，故，
故选：．
2．B
【分析】根据导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，所以，
根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线的斜率为1.
故选：B
3．B
【分析】根据双曲线的定义即可求解.
【详解】是双曲线左支上的一点，
所以，解得：，
由双曲线定义可知，，所以13.
故选：B.
4．C
【分析】通过计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
则，即，同理，
所以，所以，
所以.
故选：C.
5．B
【分析】利用求出为首项为6，公比为3的等比数列，从而求出通项公式.
【详解】①中，当时，，解得，
当时，②，
式子①-②得，，即，
故为首项为6，公比为3的等比数列，
故.
故选：B
6．C
【分析】利用空间点到直线的距离公式计算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以在上投影的长度为，
所以点到直线的距离为.
故选：C
7．D
【分析】设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，，根据抛物线的定义以及三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得答案.
【详解】当在第一象限时，
设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，
因为，且为的中点，
所以为三角形的中位线，即，
所以，又根据抛物线的定义，
所以，
所以在直角三角形中，，
所以，此时，
根据对称性，当在第四象限时，，
故选：D.
8．A
【分析】设切点坐标，写出切线方程，过点，代入化简得，将问题转化为该方程有三个不等实根，结合导函数讨论单调性数形结合求解.
【详解】设切点为，∵，∴，
∴M处的切线斜率，则过点P的切线方程为，
代入点的坐标，化简得，
∵过点可以作三条直线与曲线相切，
∴方程有三个不等实根.
令，求导得到，
可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
如图所示，
故，即.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，求切线方程，关键点在于将问题转化为方程的根的问题，根据方程的根的个数，求解参数的取值范围，考查导函数的综合应用，涉及等价转化，数形结合思想，属于中档题.
9．ABD
【分析】当，求出，当时，，进而判断选项A，令判断选项B; 令判断选项C;根据的表达式求解最值，判断选项D.
【详解】当，，
当时，
则，，则满足题意，故，故选项A正确；
，故选项B正确；
当时，，故选项C错误；
，
当时，取最大值，但是，所以当时，取最大值，故选项D正确；
故选：ABD
10．ACD
【分析】首先根据双曲线的性质求，即可求离心率和渐近线方程，即可判断选项.
【详解】由题意可知，双曲线的标准方程为，其中
即，，即，得，故A正确；
此时，离心率，故C正确；
双曲线的渐近线方程为，
所以其中一条直线的斜率为，倾斜角为，所以两条渐近线的夹角为，故D正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】对于A：设出切线方程，根据直线与圆相切列式，得到关于斜率的二次方程，利用韦达定理可得答案；对于B：通过计算得到，求出的最小值即可；对于C：求出以为直径的圆的方程，与已知圆做差可得公共弦所在直线方程，根据方程可得定点；对于D：转化为求点的轨迹，如果点的轨迹是一个圆即可.
【详解】对于A：设，过点作圆的切线，切线斜率不存在时显然不满足题意，
设切线方程为，
即，
则，整理得
则方程的根为，
又，所以
所以，解得，即若，则这样的点只有一个，A正确；
对于B：
要四边形面积的最小值为1，则最小，
当为点到直线距离时最小，
此时，
所以四边形面积的最小值为，B正确；
对于C：由于直线为以为直径的圆与圆的公共弦，
设，则以为直径的圆的方程为，
即，结合，
两圆方程做差可得，
变形为，令，解得，
即直线恒过点，C错误；
对于D：由选线C得直线的方程为，即
又直线的方程为，即
两式相乘得，
当时，，整理得，
当时，直线与直线的交点为，满足，
故直线与直线的交点轨迹方程为，即为点的轨迹方程，故存在点，使得线段的长度为定值，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：①两相交圆的方程做差可得公共弦所在直线方程；
②是否存在一定点，使得线段的长度为定值，即求点的轨迹是否是圆.
12．BCD
【分析】对于A，根据线面角的向量求法进行计算求解即可；对于B，根据异面直线夹角的向量求法进行计算求解即可；对于C，先求出点轨迹，再根据向量的运算律将所求向量进行转化，结合定点到圆上一点距离最小值求法进行计算求解；对于D，将问题转化为求异面直线的距离，结合其计算公式进行求解即可.
【详解】对于A，对于正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为，故A错误；
对于B，如图所示，
则，则，
所以直线和夹角余弦值为，故B正确；
对于C，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
所以在以为圆心，为半径的圆上（正方形内的部分），
取的中点，
则，
由于，所以，
则的最小值为，故C正确；
对于D，若点在上，点在上，
则的长度最小值即异面直线和的距离，
设为直线和的法向量，
又因为，
则，令，则，
所以异面直线和的距离为，
即的长度最小值为，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定理法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
13．2
【分析】利用空间向量平行的坐标计算法则求解即可.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，解得.
故答案为：2
14．6
【分析】根据等差数列的性质，即可求解.
【详解】根据等差数列的性质可知，，又，
所以.
故答案为：6
15．10
【分析】利用点与圆的位置关系，结合椭圆的定义，转化，利用数形结合，即可求的最大值.
【详解】设点为椭圆的左焦点，点为圆的圆心，
点为圆外的点，的最大值为,,即，
的最大值为，
如图，当四点共线时,“=”成立，
，,,
所以的最大值为.
故答案为：10
16．/0.75
【分析】在和中，分别过点作，根据平方，将向量关系转化为数量关系，代入求解即可得到二面角余弦值.
【详解】在和中，分别过点作，
由，代入,
得，所以，
同理，，，所以，
设二面角大小为，
则与夹角为，
由，
平方得，，
所以，解得，
所以二面角的余弦值为
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）根据圆心所在直线设出圆心坐标，结合圆过的点列出方程求解圆心进而求圆的方程；
（2）先求出圆心到直线的距离，再分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况求解方程即可.
【详解】（1）因为圆心在直线上，
所以设，
因为圆经过两点，
所以，
解得，即，半径，
所以圆的标准方程为
（2）因为过点的直线被圆截得的弦长为8，
所以到直线距离，
当直线斜率不存在时，直线满足题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
所以，解得，
此时直线方程为，即.
综上所述，直线的方程为或
18．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意构造等差数列，结合等差数列的概念证明并求解通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以为定值，
所以是首项为，公差为3的等差数列，
所以，所以
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
所以
，
所以
19．(1)在和单调递增，在单调递减，极大值，极小值
(2)
【分析】（1）根据函数直接求导，结合导数与函数的关系求解单调性和极值即可；
（2）将问题转化为恒成立问题，参变分离后利用基本不等式求最值进而求得答案.
【详解】（1）由，则，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以极大值为，极小值为，
所以在和单调递增，在单调递减，极大值，极小值
（2）由题意得，，
所以对恒成立，
则对恒成立，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，即，所以实数的取值范围为
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点,连接,由线面垂直可证得面,进而可得，再利用线面垂直即可证得结果；
（2）由（1）可知，平面，且，以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.
【详解】（1）取中点,连接,
因为，则，,且,
又面，所以面,面,则,
又因为,平面，所以平面.
（2）由（1）可知，平面，且，以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，,,,,
,,,
所以,,,
设平面的一个法向量，
则令，可得，所以，
设平面的一个法向量为，
则,令，可得，
所以，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以,解得：或，
因为，所以.
21．(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）直接根据题目条件列方程组求解即可；
（2）设出直线的方程，与椭圆联立，利用韦达定理计算，发现他们之间的关系进而可得实数的值.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）当直线的斜率存在时，
设直线的方程为：，，
联立，消去得，
所以，
则
，
又，
要恒成立，即恒成立，
所以，
当直线的斜率不存在时，，
，此时，
综上所述：存在实数，使得恒成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将题意转化为证明，直接求导证明即可.
（2）根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可.
【详解】（1）因为，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以得证
（2）因为，且恒成立，
则在上恒成立，令，
则，令，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，也即，此时函数单调递减；
当时，，也即，此时函数单调递增；
故，
因为，所以，
则，
令，则，
所以在上单调递增，则有，
所以
，
所以，则，
故的取值范围为
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集.