陕西省西安市莲湖区2023-2024学年高二(上)期末质量监测数学试卷（解析版）

这是一份陕西省西安市莲湖区2023-2024学年高二(上)期末质量监测数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 设为等差数列的前项和，若，则， 已知双曲线的左､右焦点分别为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章.
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设直线的倾斜角为，则，
由题意可得：直线的斜率为，
则，所以倾斜角.
故选：C
2. 已知为双曲线的一个焦点，则的渐近线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知：，且焦点在x轴上，可得，
所以的渐近线的方程为，即.
故选：B.
3. 已知数列的首项，且，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可得，，，，
故是以4为周期的周期数列，故．故选：A.
4. 在三棱锥中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】连接，根据向量的运算法则，可得.
故选：B.
5. 某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）.已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，建立平面直角坐标系，则，
将代入，故，解得，

所以该抛物线的焦点到顶点的距离为m.
故选：B
6. 若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（ ）
A. 0或1B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】由题意直线与圆相离，
所以圆心到直线的距离，即，
而，即点在椭圆的内部，
所以过点的直线与椭圆的交点个数是2.
故选：D.
7. 设为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 8B. 12C. 18D. 24
【答案】D
【解析】由题意，
解得，
所以.
故选：D.
8. 已知双曲线的左､右焦点分别为.过的直线交双曲线右支于两点，且，则的离心率为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】由已知可设，则，
故，
由双曲线的定义有，故，，
故，
在中，由余弦定理得
.
在中，由余弦定理得，
即，
解得，即，故的离心率为2.
故选：A
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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若非零向量，，满足，，则
B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 若空间向量，，则在上的投影向量为
D. 已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则或
【答案】BCD
【解析】对于A，非零向量，，满足，，，的方向不确定，则，不一定平行，故A错误；
对于B，，，所以P，A，B，C四点共面，故B正确；
对于C，因为，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为直线l的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，则或，故D正确．
故选：BCD.
10. 已知圆和圆是圆上一点，是圆上一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆与圆有四条公切线
B. 两圆的公共弦所在的直线方程为
C. 的最大值为12
D. 若，则过点且与圆相切的直线方程为
【答案】BCD
【解析】对于A，圆、的圆心、半径依次分别为，
圆心距满足，所以两圆相交，圆与圆有两条条公切线，故A错误；
对于B，两圆、方程相减得，
，化简并整理得两圆的公共弦所在的直线方程为，故B正确；
对于C，由题意，当且仅当四点共线，取最大值，故C正确，
对于D，，即点在圆上面，
又，
所以过点且与圆相切的直线方程为，
化简并整理得，过点且与圆相切的直线方程为，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知数列满足，，为的前项和，则（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递减数列
D. 当或时，取得最大值
【答案】AC
【解析】因为，所以，即，，
又因为，所以，所以为首项为，公比为的等比数列，A正确；
，所以，B错误；
因为函数是减函数，所以为递减数列，C正确；
令，即，解得，所以时，，时，，所以当或时，取得最大值，D错误.
故选：AC
12. 已知F是椭圆的右焦点，直线与椭圆C交于A，B两点，M，N分别为，的中点，O为坐标原点，若，则椭圆C的离心率可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】根据题意，图象如图所示：
设为椭圆C的左焦点，因为直线与椭圆C交于A，B两点，
所以由椭圆的对称性得，又，
于是四边形为平行四边形.
因为M，N分别为，的中点，是中点，
所以，，
平行四边中,，
在中，
.
因为直线斜率存在，所以A，B两点不在y轴上，即，
又在中，，
所以，，即，又，所以，即.
综上所述，；
因为，故A，C错误；
，即，故B正确；
，即，故D正确.
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 若直线与直线关于直线对称，则直线的一般式方程为__________.
【答案】
【解析】设直线上任意一点，则点关于直线对称点，
因为直线与直线关于直线对称，所以在直线上，
即，得到直线的一般式方程为
故答案为：
14. 已知空间中的三点，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】由题意得，
所以,，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
15. 已知，，是抛物线C：上的一点，则周长的最小值为____________．
【答案】
【解析】由题可知为抛物线C的焦点，C的准线方程为．
设d为点M到C的准线的距离，则．
又，所以周长的最小值为．
故答案为：.

16. 如图所示的数阵由数字1和2构成，将上一行的数字1变成1个2，数字2变成2个1，得到下一行的数据，形成数阵，设是第行数字1的个数，是第行数字2的个数，则__________，__________.
【答案】；
【解析】由题意可知：，且，
则，可得，，
所以.
故答案为：16；.
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. 已知圆过点和，且圆心直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）经过点的直线与垂直，且与圆相交于两点，求.
解：（1）由题意设圆心，又圆过点和，
所以，解得，
所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）由题意经过点且与垂直的直线为，即，
又圆心到直线的距离为，，
所以.
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）由题意，当时，
所以，
又，
所以的通项公式为.
（2）由题意，
所以.
所以数列的前项和.
19. 一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线l与C交于A，B两点，且线段AB的中点坐标为，求直线l的方程．
解：（1）依题意得该动圆的圆心到点的距离到直线的距离相等．
又点不在直线上，
所以根据抛物线的定义可知该动圆圆心的轨迹是以为焦点，
为准线的抛物线，所以曲线C的方程为．
（2）设，，则，
两式相减得，即．
因为线段AB的中点坐标为，所以，
则，即直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，
经检验，直线与曲线相交，满足题意，
所以直线l的方程为.
20. 在正三棱柱中，，E为的中点．

（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）连接，与交于点F，连接，则F为的中点．
因为E为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点D，连接，
则，．
又平面，所以底面，
底面，所以，
则可以E为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令,则,,，，，

所以，，，．
设平面的法向量为，则，
取，即．
设平面的法向量为，则，
取，即，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
21. 已知是首项为1的等差数列，是公比为2的等比数列，且，．
（1）求和的通项公式；
（2）在中，对每个正整数k，在和之间插入k个，得到一个新数列，设是数列的前n项和，比较与20000的大小关系．
解：（1）设数列的公差为d，
因为，则，解得，
所以，．
（2）因为，
当时，，
可知，
且，
令的前n项和为，
则，
可得，
两式相减得，
即，可得，
所以．
22. 已知椭圆的上、下顶点分别是，点P（异于两点），直线PA与PB的斜率之积为，椭圆C的长轴长为6．
（1）求C的标准方程；
（2）已知，直线PT与椭圆C的另一个交点为Q，且直线AP与BQ相交于点D，证明点在定直线上.
解：（1）由题意可得，且，则.
设，
则，
所以，
因为点P在椭圆C上，
所以，
所以，代入式得
，
由代入得，
故椭圆C的标准方程为：+＝1；
（2）设，，显然直线PT不垂直于x轴，
故可设直线PT的方程为，
由消去y得，
因为点在椭圆C的内部，则直线与椭圆恒有两个交点，
所以，
由（1）知，,
所以直线AP的方程为，直线BQ的方程为，
由直线AP与BQ相交于点，则，
消得①，
由（1）知，得，
可得
，
将代入①式得，解得，
即点D在直线上．