山东省菏泽市2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测数学试题（Word版附解析）

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2024.01
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间20分钟.
2.答题前，考生务必将姓名､班级等个人信息填写在答题卡指定位置.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答超出答题区域书写的答案无放，在试题卷､草稿纸上作答无效.
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. 已知分别是平面的法向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据两个平面垂直，两个平面的法向量也垂直，求解即可.
【详解】因为，所以，所以，解得.
故选：D
2. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据长轴以及离心率即可求解.
【详解】由长轴长为4，可得，又离心率为，即，
解得，故，
所以椭圆方程为，
故选：A
3. 由伦敦著名建筑事务所SteynStudi设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，且此双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的性质即可求.
【详解】由题意，双曲线的焦点在轴上，且渐近线方程为，
所以，即，
所以该双曲线的离心率为：.
故选：B
4. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式以及前项求和公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，由可得，即，
所以，又，所以
故选：B
5. 已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A. 244B. 243C. 242D. 241
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
.
故选：A
6. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数.例如.则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是等比数列D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由特殊值，即可判断ABD，再根据等比数列的定义，以及欧拉函数，即可判断C.
【详解】因为，，，所以，故A错误；
且，故B错误；
因为所有偶数与不互素，所有奇数与互素，所以，，
所以，即数列是等比数列，故C正确；
，，所以，故D错误.
故选：C
7. 一平面截正四棱锥，与棱的交点依次为，已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接相交于点，连接，以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出，求出平面的一个法向量，利用可得答案.
【详解】如图，在正四棱锥中，连接相交于点，连接，
则平面，且，
以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系，
设，由，
可得，
则，，
设为平面的一个法向量，
则，令，则，，
可得，所以，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是建立空间直角坐标系，利用平面的法向量和向量的数量积为零求解.
8. 如图，分别为双曲线的左，右焦点，在左支上，在右支上，且，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，根据双曲线定义及题干知，，，，根据，得，然后利用余弦定理建立方程求出，即可求解渐近线方程.
【详解】连接，
因为，由双曲线的定义可得，
则，，，
在中，，
在中，，
因为，所以，所以，
所以，所以，即，所以，
所以该双曲线的渐近线方程为即.
故选：A
【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程的方法：
（1）定义法：直接利用、求得比值，则焦点在轴上时，渐近线方程为，焦点在轴上时，渐近线方程为；
（2）构造齐次式：利用已知条件结合，构建的关系式（或先构建的关系式），再根据焦点位置写出渐近线方程即可.
二､多选题：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. 在平面直角坐标系中，某菱形的一组对边所在的直线方程为：，另一组对边.则下列命题正确的有（ ）
A.
B. 与距离相等的点的轨迹方程为
C. 该菱形一定有内切圆和外接圆
D. 若直线经过抛物线的焦点，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据菱形的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可判断A，设点的坐标利用点到直线距离列等式求解判断B，根据菱形有外接圆时为正方形判断C，根据焦点坐标求p判断D.
【详解】对于A，因为菱形四条边都相等，所以每边上的高也相等，且菱形对边平行，
直线和之间的距离为：，
和之间的距离为：，
于是有：，解得，正确；
对于B，设与距离相等的点为，则，所以，
即，所以所求点的轨迹方程为，正确；
对于C，若该菱形有外接圆，则菱形两条对角线的交点和外接圆的圆心重合，
此时菱形的两条对角线与圆的直径重合，故两对角线长相等，
则对角线相等的菱形必然为正方形，则，
而，所以，矛盾，故该菱形没有外接圆，错误；
对于D，直线经过点，即的焦点为，所以，错误；
故选：AB
10. 已知点是平行四边形所在平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（ ）
A. B. ∥
C. 平面D. 四边形为矩形
【答案】AC
【解析】
【分析】运用空间向量数量积的坐标运算结合垂直关系逐项分析判断.
【详解】由题意可知 都是非零向量，
对于A， ，即，故A正确；
对于C， ，即，
且 平面ABCD，，
所以 平面ABCD，故C正确；
对于B，因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以，故B错误；
对于D，因为，即不垂直，故D错误；
故选：AC.
11. 已知等差数列的前项和为，是互不相同的正整数，且，若在平面直角坐标系中有点，则下列选项成立的有（ ）
A. 直线与直线的斜率相等B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等差数列通项的性质与前项和公式，验证各选项的结论.
【详解】设等差数列的公差为，是互不相同的正整数，且，
则有，，
直线的斜率，直线的斜率，A选项正确；
，
，
已知条件中不能得到，B选项错误；
，，
，C选项正确；
，D选项正确.
故选：ACD
12. 为坐标原点，以为准线，为焦点的抛物线的方程为：.过的直线交于两点，于于为线段的中点.下列选项正确的有（ ）
A. 面积的最小值为4
B.
C. 直线与轴交于点，过点作的垂线与轴交于点，则
D. ，当且仅当轴时取等号
【答案】BC
【解析】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，，
对A，，而，得解；对B，易得，又，可判断；对C，设直线的方程求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，结合，，计算可得可判断；对D，计算，，从而可判断.
【详解】根据题意，，准线，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
，，，
，当且仅当时等号成立，
，故A错误；
又，，，
，，
，又，，故B正确；
易知，则直线的斜率为，所以直线的方程为，
令，解得，
因为直线与直线垂直，所以直线的方程为，
令，求得，又，，
，所以，故C正确；
，
，
，即恒成立，故D错误.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，综合性强难度大.
选项A，由于，所以只要求出的最小值即可判断；选项B，由三角形面积公式结合抛物线定义可得，又，即可判断；选项C，设出直线与直线的方程求出，结合，，化简计算得可判断；选项D，利用韦达定理分别计算，可判断.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线被圆C：截得的弦长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求圆心到直线的距离，再代入弦长公式.
【详解】圆，圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
所以弦长为.
故答案为：
14. 已知四面体是棱的中点，设，则________（用向量表示）.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.
【详解】由于是棱的中点，
所以.
故答案为：
15. 已知圆上恰有3个点到双曲线的一条渐近线的距离为2，则该双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，应用点线距离公式求圆心到直线距离，结合已知列方程求得，然后利用离心率公式求解即可.
【详解】圆即圆心为，半径为，
不妨取双曲线一条渐近线为即，
由题意圆上恰有3点到直线的距离为2，
只需圆心到直线的距离，即，所以，
所以该双曲线的离心率为.
故答案为：
16. 如果数列满足以下两个条件，称该数列为“闭数列”.
（1）已知数列各项均为正数，且单调递增；
（2）数列的前项组成的集合记为，对于任意，如果、，则.
已知数列为“闭数列”，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用“闭数列”定义结合累加法可求出的值，再次利用“闭数列”的定义结合累加法可求出的值.
【详解】因为数列为“闭数列”，且，
由题意得，，，
……
，，
等式两边叠加，
即，所以，，
同理可得，，，
……
，，
等式两边叠加得，
即，所以，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的核心是利用“闭数列”的新定义，充分利用累加法，转化为关系与某些特殊项的方程进行求解.
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. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量转化已知条件，求得首项和公差，即可求得通项公式；
（2）根据（1）中所求，利用等比数列的前项和公式，即可求得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，可得；
由，令，可得，即；
解方程可得：，所以.
【小问2详解】
因为，由（1）得，所以，又，
故是首项为3，公比为9的等比数列，
所以前项和.
18. 如图，是底面边长为1的正四棱柱.
（1）已知点到平面的距离为，求正四棱柱的高；
（2）在（1）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间距离，即可求解，
（2）根据法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
建立如图所示空间直角坐标系，由是底面边长为1的正四棱柱，设高为，则，
则，
设平面的法向量为
则即,令，则，则
已知点到平面的距离为，所以，即，
解得，所以正四棱柱的高是2
【小问2详解】
设平面设平面的法向量为，由（1），
则，即，令，则，即，
由（1）知平面的法向量为
设向量得夹角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为
19. 直线与双曲线的两条渐近线交于两点，分别为双曲线的左､右焦点.
（1）求过点的圆的方程；
（2）设（1）中的圆和双曲线在第一象限交于点，求圆在点处的切线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立方程求得两点坐标，然后根据确定所求圆的圆心为原点，半径为2，从而求出圆的方程即可；
（2）联立双曲线与圆的方程求得点的坐标，利用切线性质求得切线斜率，代入点斜式方程即可求解.
【小问1详解】
由双曲线，得左焦点，
又直线与双曲线两条渐近线交于两点，
将代入，得，所以两点得坐标分别为，
所以，则过点的圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）得圆的方程为.解方程组得切点，
所以，又过点的圆的切线的斜率，得，
所以过点的圆的切线方程为，即.
20. “天眼”探空､神舟飞天､高铁奔驰､北斗组网等，我国创造了一个又一个科技工程奇迹.为了顺应我国科技发展战略，某高科技公司决定启动一项高科技项目，启动资金为2000亿元，为保持每年可获利20%，每年年底需从利润中取出200亿元作为研发经费.设经过n年之后，该项目资金为亿元.
（1）写出的值，并求出数列的通项公式.
（2）求至少要经过多少年，该项目的资金才可以达到或超过翻一番（即为原来的2倍）的目标.（取）
【答案】（1），；
（2）5年.
【解析】
【分析】（1）根据题意，容易求得；结合已知条件，求得之间的递推关系，构造等比数列，即可求得；
（2）令，结合对数运算以及参考数据，即可求得结果.
【小问1详解】
由题意知，
而且.
可知
又因，所以可知，从而可知为等比数列.
因此
所以.
【小问2详解】
令，可得，因此，
所以，因此.
即至少要经过5年，项目的资金才可以达到或超过翻两番的目标.
21. 已知数列的首项为，前项和为，且.
（1）求证：数列为等差数列.
（2）若数列公差为，当取最小值时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）利用得到，再结合，得到，证明出结论；
（2）裂项相消法求和得到方程，求出，进而得到，由单调性得到当时，取最小值.
【小问1详解】
对于，
两式相减，得，
递推可得：，
两式相减：得，
所以
所以，
即为等差数列.
【小问2详解】
因为公差为，所以，
故
，
整理得，解得或（舍去），
即，则，
由对勾函数性质可知，当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
当时，；当时，，
由于，故当时，取最小值.
22. 已知两圆.一动圆与圆相外切，与圆相内切.设动圆的圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）为曲线上的两动点，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，其中为的等比中项，以为直径的圆的面积为，以为直径的圆的面积为的面积为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆与圆的位置关系，结合椭圆的定义，及看看求解；
（2）首先设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，化简后求的值，并利用坐标和韦达定理表示和，并根据的取值，求面积比值的最值.
【小问1详解】
设动圆圆心为，半径为圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为3，
则，，则，
根据椭圆的定义，知动圆圆心的轨迹为：以为焦点，长轴为4的椭圆，
即；
【小问2详解】
设直线，
，得①，
，
由得，得，
所以：.即，得.
代回①式，得，由，得.
，
，
所以.（当且仅当时取等）