贵州省铜仁市2023_2024学年高二数学上学期期末质量监测试题含解析

这是一份贵州省铜仁市2023_2024学年高二数学上学期期末质量监测试题含解析，共27页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知椭圆， 与圆， 已知直线， 以下四个命题为真命题是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题辿出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题（本大题共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. 若数列的前五项分别为，，，，，则下列最有可能是其通项公式的是（）
A. B. C. D.
2. 已知直线：和圆：，若点在圆上运动，则其到直线的最短距离为（）
A. B. C. D.
3. 在空间直角坐标系中，若对应点，，若关于平面的对称点为，则（）
A. 2B. C. 5D.
4. 如图，在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点.若，其中，，为实数，则的值是（）
A. B. C. D.
5. 已知椭圆：（）的离心率为，点是上一点，，分別是两个焦点，则的面积为（）
A. B. C. 16D. 32
6. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（）
A. 双曲线上B. 椭圆上C. 抛物线上D. 双曲线的一支上
7. 在等差数列中，m，n，p，，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
8. 已知椭圆：（）与双曲线：（）共焦点，，过引直线与双曲线左、右两支分别交于点，，过作，垂足为，且（为坐标原点），若，则与的离心率之和为（）
A. B. C. D.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：与直线：，其中，则下列命题正确的是（）
A. 若，则或或B. 若，则或
C. 直线和直线均与圆相切D. 直线和直线的斜率一定都存在
10. 以下四个命题为真命题是（）
A. 已知的周长为6，且，，则动点的轨迹方程为（）
B. 若直线的方向向量为，是直线上的定点，为直线外一点，且，则点到直线的距离为
C. 等比数列中，若，，则
D. 若圆：与圆：（）恰有三条公切线，则
11. 著名的冰雹猜想，又称角谷猜想，它是指任何一个正整数，若是奇数，则先乘以3再加上1；如果是偶数，就除以2.这样经过若干次变换后，最终一定得1，若是数列或中的项，则下列说法正确的是（）
A. 若，则需要4次变换得到1
B. 若，则需要7次变换得到1
C. 中的项变换成1的次数一定少于中的项变换成1的次数
D. 存在正整数，使得与变换次数相同
12. 在棱长为1正方体中，为平面上一动点，下列说法正确的有（）
A. 若点在线段上，则平面
B. 存在无数多个点，使得平面平面
C. 将以边所在直线为轴旋转一周，在旋转过程中，三棱锥的体积为定值
D. 若，则点的轨迹为抛物线
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，，若，则______.
14. 设为数列的前项和，若，，则______.
15. 圆与圆的公共弦长为______.
16. 已知抛物线：，且过焦点的直线与抛物线交于、两点，若以为直径的圆与轴交于和两点，则直线的方程为______.
四、解答题（本大题共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. 在下列三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
①垂直于直线；②平行于直线；③截距相等.
问题：直线经过两条直线和的交点，且______.
（1）求直线方程；
（2）直线不过坐标原点，且与轴和轴分别交于、两点，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
18. 已知圆心为的圆经过点，直线：.
（1）求圆的方程；
（2）写出直线恒过定点的坐标，并求直线被圆所截得的弦长最短时的值及最短弦长.
19. 如图，是抛物线型拱桥，当水面在时，水面宽16米，拱桥顶部离水面8米.
（1）当拱顶离水面2米时，水面宽多少米？
（2）现有一艘船，可近似为长方体的船体高4.2米，吃水深2.7米（即水上部分高1.5米），船体宽为12米，前后长为80米，若河水足够深，要使这艘船能安全通过，则水面宽度至少应为多少米？（计算结果保留至小数点后一位，参考数据：）
20. 已知数列前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
21. 长方体中，，是对角线上一动点（不含端点），是的中点.
（1）若，求三棱锥体积；
（2）平面与平面所成角的余弦值，求与平面所成角的余弦值.
22. 已知椭圆的焦点坐标，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，且，关于原点的对称点分别为，，若是一个与无关的常数，求此时的常数及四边形面积的最大值.
铜仁市2023—2024学年第一学期期末质量监测试卷
高二数学
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题辿出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题（本大题共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. 若数列的前五项分别为，，，，，则下列最有可能是其通项公式的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用观察法求解.
【详解】数列，，，，，
，，，，，
所以数列的一个通项公式是，
故选：C.
2. 已知直线：和圆：，若点在圆上运动，则其到直线的最短距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出点到直线：的距离为，点在圆上运动，则其到直线的最短距离为，求解即可.
【详解】圆：的圆心，
所以点到直线：的距离为，
所以点在圆上运动，则其到直线的最短距离为：.
故选：A.
3. 在空间直角坐标系中，若对应点，，若关于平面的对称点为，则（）
A. 2B. C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间直角坐标系中的点的对称关系求出，进而求出，再由空间向量数量积的定义求解即可.
【详解】关于平面的对称点为，所以，
所以，即，，
所以.
故选：C.
4. 如图，在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点.若，其中，，为实数，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将用表示，对比系数即可.
【详解】因为
，
所以，故.
故选：A.
5. 已知椭圆：（）的离心率为，点是上一点，，分別是两个焦点，则的面积为（）
A. B. C. 16D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】由已知求出，再求的面积即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以，.
故选：A.
6. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（）
A. 双曲线上B. 椭圆上C. 抛物线上D. 双曲线的一支上
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.
【详解】由圆可知，圆心，半径，
圆化为标准方程，圆心，半径
因此圆心距，所以两圆相离；
设与两圆都外切圆的圆心为，半径为
则满足，
所以，
即圆心的轨迹满足到两定点距离之差为定值，且定值小于两定点距离，
根据双曲线定义可知，圆心的轨迹是某一双曲线的左支，
即圆心在双曲线的一支上.
故选：D.
7. 在等差数列中，m，n，p，，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分充分性和必要性分别判断：
充分性：取进行否定；
必要性：直接利用等差数列的性质即可.
【详解】在等差数列中，若，则成立，故必要性满足；
下面讨论充分性：取，若，则不一定成立，故充分性不满足，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】判断充要条件的四种方法：
（1）定义法；（2）传递性法；（3）集合法；（4）等价命题法.
8. 已知椭圆：（）与双曲线：（）共焦点，，过引直线与双曲线左、右两支分别交于点，，过作，垂足为，且（为坐标原点），若，则与的离心率之和为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线方程可得焦点坐标，故可得椭圆离心率，点作于点，结合题目所给条件，可由、表示出、，结合双曲线定义即可得双曲线离心率.
【详解】由可得，
故焦点坐标为、，
则椭圆的离心率为，
由，，则，
过点作于点，由为中点，
故，，
由，故，
则，，
由双曲线定义可知，，
故，则离心率为，
故与的离心率之和为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键点在作出，方可将题目所给条件结合起来，得出、，结合双曲线定义求出双曲线离心率.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：与直线：，其中，则下列命题正确的是（）
A. 若，则或或B. 若，则或
C. 直线和直线均与圆相切D. 直线和直线的斜率一定都存在
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线垂直公式建立方程求角判断A，根据直线平行公式建立方程求角判断B，结合点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系判断C，举例判断D.
【详解】对于A，直线：与直线：，
若，则，即，又，所以，
或或，解得或或，正确；
对于B，若，则，所以，又，
所以或，
当时，直线：即，
直线：即，两直线重合，不符合题意，舍去；
当时，直线：即，
直线：即，两直线平行，符合题意；
所以，B错误；
对于C，圆的圆心为，半径为1，
圆心到直线：的距离为，
圆心到直线：的距离为，
所以直线和直线均与圆相切，正确；
对于D，当时，直线：化简为，直线斜率不存在；
当时，直线：化简为，直线斜率不存在；D错误.
故选：AC
10. 以下四个命题为真命题的是（）
A. 已知的周长为6，且，，则动点的轨迹方程为（）
B. 若直线的方向向量为，是直线上的定点，为直线外一点，且，则点到直线的距离为
C. 等比数列中，若，，则
D. 若圆：与圆：（）恰有三条公切线，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，可判断A，利用点到直线的距离公式判断B，由等比中项可知的值判断C，利用两圆外切建立方程求解判断D.
【详解】对于A：设，，所以，满足椭圆的定义，
即点点是以顶点为焦点的椭圆，，，则，
所以椭圆方程，因为三点不能共线，所以，
则动点的轨迹方程为（），正确；
对于B：因为直线的方向向量为，是直线上的定点，为直线外一点，且，
所以点到直线的距离为，错误；
对于C，因为数列是等比数列，所以是和的等比中项，所以，
，错误；
对于D，圆：的圆心，半径，
圆：（）的圆心，半径，
因为圆与圆恰有三条公切线，所以两圆外切，
则，所以，解得，正确.
故选：AD
11. 著名的冰雹猜想，又称角谷猜想，它是指任何一个正整数，若是奇数，则先乘以3再加上1；如果是偶数，就除以2.这样经过若干次变换后，最终一定得1，若是数列或中的项，则下列说法正确的是（）
A. 若，则需要4次变换得到1
B若，则需要7次变换得到1
C. 中的项变换成1的次数一定少于中的项变换成1的次数
D. 存在正整数，使得与的变换次数相同
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A中，，按照流程变换即可判断；选项B中，，按照流程变换即可判断；选项C中，举出反例“时”即可；选项D，从角度思考，问题即可解决.
【详解】对于选项A，，变化过程为：，4次变换得到1，A正确；
对于选项B，，变化过程为：，7次变换得到1，B正确；
对于选项C，举例说明，当时，
，变化过程为：，16次变换得到1；
，变化过程为：，3次变换得到1；
C错误；
对于D，举例说明，当时，，变换次数相同，D正确；
故选：ABD.
12. 在棱长为1的正方体中，为平面上一动点，下列说法正确的有（）
A. 若点在线段上，则平面
B. 存在无数多个点，使得平面平面
C. 将以边所在直线为轴旋转一周，在旋转过程中，三棱锥的体积为定值
D. 若，则点的轨迹为抛物线
【答案】AB
【解析】
【分析】利用面面平行证线面平行可判定A项；利用线面垂直证面面垂直可判定B项；由三棱锥的体积公式可判断C；利用平面截圆锥的结论可判定D项；.
【详解】对于A项，如图所示，连接对应面对角线，
根据正方体的性质可知：，平面，平面，
∴平面，
同理可知平面，
又平面，∴平面平面，
又，∴平面，
∴平面，故A正确;
对于B项，

连接，
易知面，面，则，
又平面，
∴平面，
而平面，∴，
同理，
又平面，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，
所以存在无数多个点，使得平面平面，故B正确;
对于C项，设点到平面的距离为，
三棱锥，
因为以边所在直线为轴旋转一周，所以为一个变量，
所以棱锥的体积为不为定值，故C不正确.
对于D，因为为定直线，是定角，到的距离为定值，
所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，
又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即D错误；
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题D选项关键点需要利用平面截圆锥曲线（不过圆锥顶点）来判定即可（当且仅当平面平行于圆锥底面时截圆锥所得图形为圆，慢慢倾斜平面至与圆锥母线平行之前截圆锥得图形均为椭圆，当且仅当平面与圆锥的母线平行时所截图形为抛物线，再倾斜平面直至与圆锥的轴平行时所截图形均为双曲线的一支）.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，，若，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】若，则，
即，解得.
故答案为：.
14. 设为数列的前项和，若，，则______.
【答案】27
【解析】
【分析】题中所给式子使用进行转化，得到数列第2项及以后各项的通项公式，用公式求即可．
【详解】由于，则，
所以，
所以.
故答案是：.
15. 圆与圆的公共弦长为______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆方程相减即可得公共弦所在直线，分别求出其中一圆的圆心到直线的距离与半径，再利用直线与圆的相交弦长公式即可求出答案.
【详解】联立方程组，，
两式相减，得，为公共弦长所在直线的方程，
又圆的圆心为，，
圆心到直线的距离为，
所以两圆公共弦长.
故答案为：.
16. 已知抛物线：，且过焦点的直线与抛物线交于、两点，若以为直径的圆与轴交于和两点，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得直线的斜率存在，将直线设为点斜式方程，与曲线联立，利用韦达定理和，列方程求解.
【详解】由已知可得且直线的斜率存在，将直线设为，
由得
设，则
所以，
由题意可知，且
所以
解得，所以直线的方程为.
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 在下列三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
①垂直于直线；②平行于直线；③截距相等.
问题：直线经过两条直线和的交点，且______.
（1）求直线的方程；
（2）直线不过坐标原点，且与轴和轴分别交于、两点，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）通过解方程组求出两条直线和的交点.
选①：根据互相垂直两直线方程的特征进行求解即可；
选②：根据互相平行两直线方程的特征进行求解即可
选③：根据截距是否为零，结合直线的截距式的方程分类讨论进行求解即可.
（2）选①、选②、选③都是在直线方程中令求出在纵轴和横轴的截距，最后根据三角形的面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
由，解得交点坐标为.
选①，垂直于直线
设直线的方程为：，其过点，则，
即，故直线的方程为.
选②，平行于直线，
设直线的方程为：，其过点，则，
即，故直线的方程为.
选③，截距相等，
当直线经过原点时，，符合题意；
当直线不过原点时，设为，其经过点，
故，即.得直线：.
故直线的方程为或（或）.
【小问2详解】
由（1）知选①时，直线的方程为，
可知其在轴和轴的交点分别为，，
故.
选②时，直线的方程为，
可知其在轴和轴的交点分别为，，
故.
选③时，直线的方程为，
可知其在轴和轴的交点分别为，.
故.
18. 已知圆心为的圆经过点，直线：.
（1）求圆的方程；
（2）写出直线恒过定点的坐标，并求直线被圆所截得的弦长最短时的值及最短弦长.
【答案】（1）
（2）最小值为，.
【解析】
【分析】（1）根据圆心与圆上点的距离求出半径，即可由圆心和半径直接写出圆的标准方程；
（2）将直线改成关于m的一次方程形式，根据方程恒成立列方程组求解定点；当半径确定时，利用弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形知弦长最小时，弦心距最大，即可求出m的值．
【小问1详解】
∵圆的半径，
∴圆的方程为.
【小问2详解】
∵直线的方程为，令解得：，∴定点的坐标为.
∵，∴点在圆的内部，故直线恒与圆相交.
又圆心到直线的距离
∴被圆截得的弦长为，
当取得最大值2时，弦长有最小值，最小值为，此时.
19. 如图，是抛物线型拱桥，当水面在时，水面宽16米，拱桥顶部离水面8米.
（1）当拱顶离水面2米时，水面宽多少米？
（2）现有一艘船，可近似为长方体的船体高4.2米，吃水深2.7米（即水上部分高1.5米），船体宽为12米，前后长为80米，若河水足够深，要使这艘船能安全通过，则水面宽度至少应为多少米？（计算结果保留至小数点后一位，参考数据：）
【答案】（1）8米 （2）13.9米.
【解析】
【分析】（1）合理建立直角坐标系，设出抛物线方程，根据题意求出参数，令即可求出水面宽度；
（2）当时，求出拱顶与船顶的最近距离，加上船在水面以上的高度即令，从而求出水面的宽度.
【小问1详解】
如图建立平面直角坐标系，设抛物线型拱桥的方程为（）
由题意，可知抛物线经过点，代入抛物线方程可得，即得，
所以抛物线方程为.
当拱顶离水面2米时，即，代入抛物线方程可得，即水面宽为8米.
【小问2详解】
由于船体宽12米，则当船体恰好能通过时，令米，
代入抛物线方程中，则，解得米，
即拱顶与船顶的最近距离为4.5米.
又因船在水面上部分高为1.5米，故拱顶离水面6米.
在抛物线方程中，令，则，
故，所以水面宽度至少应为13.9米.
20. 已知数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】20. （）
21.
【解析】
【分析】（1）由和的关系即可得到结果.
（2）由，利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
当时，.
当时，.
又因时，满足，所以（）
【小问2详解】
（）
，①
，②
将①②两式相减得
所以.
21. 长方体中，，是对角线上一动点（不含端点），是的中点.
（1）若，求三棱锥体积；
（2）平面与平面所成角的余弦值，求与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据，求出点坐标，求出三棱锥体积；
（2）利用向量法求出平面一个法向量，进而求出与平面所成角余弦值.
【小问1详解】
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
设，由题意设，
即，则，所以.
（1）因为，解得.
所以.
.
小问2详解】
由长方体可知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为
则，
令，则，，则，
由题意得：，解得：或（舍），
则，，
设与平面所成角为，则
，则.
所以与平面所成角余弦值为.
【点睛】关键点睛：本题第二问，关键是结合已知条件求出平面的一个法向量，根据求得结果.
22. 已知椭圆的焦点坐标，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，且，关于原点对称点分别为，，若是一个与无关的常数，求此时的常数及四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）28，
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义求出，再由焦点坐标求出，再由，即可得出答案；
（2）联立直线与椭圆方程，消去y，由韦达定理表示出，因为是一个与无关的常数，所以，求出，再表示出四边形的面积，由二次函数的性质求解即可得出答案.
【小问1详解】
点到椭圆两焦点的距离和为，.
又，故，故椭圆方程为.
【小问2详解】
依题意，可得四边形为平行四边形，
故，
设，，则
，
由，消掉可得，
可得，
，
∴
.
若上式与无关，故，.故此时常数为28.
此时，，
，
而原点到的距离，四边形的面积
，
此时，满足成立.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.