山东省济宁市2023-2024学年高二(上)期末质量检测数学试卷（解析版）

这是一份山东省济宁市2023-2024学年高二(上)期末质量检测数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，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. 抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，焦点在轴上，故焦点坐标为.
故选：C
2. 已知直线与直线平行，则与之间的距离为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】在直线上取点，
则与之间的距离即为点到直线的距离，
即为.
故选：A.
3. 已知数列为等差数列，且，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】由等差数列的下角标性质可知
，得，
，得，
设等差数列的公差为，则，
所以.
故选：D.
4. 圆与圆的公共弦的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆心距离为，故两圆相交，
则两圆的公共弦所在直线方程为，即，
所以公共弦的长度为.
故选：D.
5. 在三棱柱中，，，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，
又，，，
故.
故选：B.
6. 若圆上恰有3个点到直线的距离为1，则r＝（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】圆心到直线距离，
因为圆上恰有3个点到直线的距离为1，
与直线的距离为的平行直线有两条，如图中虚线，
当圆与这两条平行线中的一条有2个交点，一条相切时，可满足题意，
此时.
故选：C.
7. 若椭圆：的左、右焦点分别为，，为C上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】易知椭圆的参数方程为(是参数)，，
故，，，
故设，由两点间距离公式得，
，
故，
而，，故，即，
故B正确故选：B
8. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前20项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据已知条件有，当时，，
，，，，
以上各式累加得：，
又，所以，
经检验符合上式，所以，
所以，设数列的前项和为，
则，
所以.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知直线l：，则下列说法中正确的是（ ）
A. 直线l恒过点
B. 若直线l的倾斜角为，则
C. 原点到直线l距离的最大值为
D. 若直线l不经过第四象限，则
【答案】AC
【解析】对于A项，直线，则直线l恒过点，故A项正确；
对于B项，直线l的倾斜角为，则直线l的斜率为，
得，故B项错误；
对于C项，由A项知，直线l恒过点，
则原点到直线l距离的最大值即为原点到点的距离，即，故C项正确；
对于D项，当时，直线不经过第四象限，故D项错误.
故选：AC
10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若A与B互斥，则
B. 若，则
C. 若A与B相互独立，则
D. 若，则A与B相互独立
【答案】ACD
【解析】对于A，已知A与B互斥，则，故A正确，
对于B，已知，则，故，故B错误，
对于C，若A与B相互独立，则，故C正确，
对于D，易知，，故，
则A与B相互独立，故D正确.故选：ACD
11. 已知等差数列的前n项和为,且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 是递增数列B. 时，n的最大值为13
C. 数列中的最大项为D. 时，n的最大值为27
【答案】BC
【解析】由已知，，
，
所以等差数列的前13项大于0，从第14项开始小于0，B正确；
则，所以是递减数列，A错误；
且为等差数列的前n项和的最大值，C正确；
，D错误.
故选：BC.
12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点到平面的距离为
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 三棱锥的外接球的表面积为11π
D. 若点M在底面ABCD内运动，且点M到直线的距离为，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分
【答案】ACD
【解析】对于A：以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
故，，，
设面的法向量，点到平面的距离为，
则，，令，解得，，
故，
由点到平面距离公式得，故A正确，
对于B：易知，，故，，
设异面直线与所成角为，则，故B错误，
对于C:设三棱锥的外接球的方程为，
将代入球的方程，
可得，
利用加减消元法可得，
解得，代入方程中可得，
解得，，故表面积为，故C正确，
对于D：因为到直线的距离为，故的轨迹是以为对称轴的圆柱，
而又底面上，底面与对称轴不垂直，
故在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，
故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题．
13. 已知等比数列的前n项和为，且，，则______．
【答案】121
【解析】设公比为，故，解得，
所以，
故.
故答案为：121
14. 若事件A，B发生的概率分别为，，且A与B相互独立，则______．
【答案】
【解析】因为A与B相互独立，，
所以.
故答案为：
15. 如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为______．

【答案】
【解析】因为二面角的大小为，，
.
,即两点间的距离为.
故答案为：
16. 已知双曲线的左焦点为，过点的直线与圆相切于点，与的右支交于点，若，则的离心率为______．
【答案】
【解析】设双曲线右焦点为，
则，
则，
所以，又，
所以，
整理得，
所以.
故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知圆M过点，，．
（1）求圆M的标准方程；
（2）若过原点的直线l交圆M于E，F两点，且，求直线l的方程．
解：（1）因为AB的中点为，AB的斜率为1，
所以AB的垂直平分线为，即．
又BC的垂直平分线为y＝0，
联立，得，所以圆心M的坐标为．
所以圆的半径为，
所以圆M的标准方程为．
（2）显然直线l的斜率存在，设其方程为．
设圆心到直线l的距离为d，则，
则，解得，
所以直线l的方程为，即．
18. 一个不透明的箱子中有4个红球、2个蓝球(球除颜色外，没有其它差异)．
（1）若从箱子中不放回的随机抽取两球，求两球颜色相同的概率；
（2）若从箱子中有放回的抽取两球，求两球颜色相同的概率．
解：（1）把4个红球标记为,，,2个蓝球标记为,
从箱子中随机抽取两球的样本空间为:
，共有15个样本点，
设事件“从箱子中随机抽取两球且颜色相同”，
则事件，包含7个样本点，
∴．
（2）设事件 “从箱子中有放回地抽取两球且颜色相同”，
事件 “从箱子中有放回地抽取两球且两球都为红球”，
事件 “从箱子中有放回地抽取两球且两球都为蓝球”，则，且与互斥．
所以，，
则．
19. 已知抛物线C：上一点M到其焦点的距离为3，到y轴的距离为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若不过原点O的直线l：与抛物线C交于A，B两点，且，求实数m的值．
解：（1）由题意知，点M到准线的距离为3，
所以，解得．
故C的方程为；
（2）设，，由得，
所以，，
，．
因为，所以，
即，解得或0．
又直线l不过原点O，所以．
又满足要求，所以．
20. 已知数列的前n项和为，且．
（1）证明数列为等比数列，并求的通项公式；
（2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．
解：（1）因为，①
当时，，所以．
当时，，②
由①－②得，即，
所以，又，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，故．
（2）因为，所以，
解得，所以．
所以，
，
两式相减得．
．
所以．
21. 如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，．
（1）求证：平面ACF；
（2）在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由．
解：（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又四边形是菱形，且，所以，
故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，易知，
则，，，，，
所以，，
得到，故，，
得到，所以，
又，平面ACF，平面ACF，，
∴平面ACF．
（2）假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，
设，，则，
所以，，．即，
所以，，
设平面的法向量为，
则即，所以，
令，得，
所以，
又平面的一个法向量为，
所以，解得或(舍去)，
所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，
点为线段的中点．
22. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，上顶点为，且．
（1）求的标准方程；
（2）不过原点的直线与交于不同的两点、，在的延长线上取一点使得，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试求直线与坐标轴所围成三角形面积的最小值．
解：（1）由题意可得，
又因为椭圆的离心率为，所以，
又，联立解得，，
所以椭圆的标准方程为
（2）设点、，
联立可得，
则，①
由韦达定理可得，
，
所以
，
因为点为中点，所以，
由，可得，即，
所以，点为中点，
所以点的坐标为，
将点的坐标代入椭圆的方程，可得，
化简得，
又，，
代入上式可得，，即．
把，，代入，
可得，且满足①式．
在直线的方程中，令，可得，即直线交轴于点，
则直线与坐标轴所围成三角形面积为
，
当且仅当时，即当时取等号．
所以直线与坐标轴所围成三角形面积的最小值为．