湖南省益阳市2023_2024学年高二数学上学期普通高中期末质量检测试题含解析

这是一份湖南省益阳市2023_2024学年高二数学上学期普通高中期末质量检测试题含解析，共20页。
3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
试题卷
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. 已知点，则直线的斜率为（）
A. －3B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率公式计算即可得.
【详解】由，则直线的斜率为.
故选：C.
2. 已知两个向量，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助空间向量的坐标运算即可得.
【详解】由，则，
故.
故选：C.
3. 已知直线和互相平行，则的值是（）
A. B. C. 1D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到平行时的方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得，
此时后者直线方程为，满足题意.
故选：D.
4. 已知双曲线，则下列结论正确的是（）
A. 的实轴长为4B. 的焦距为10
C. 的离心率D. 的渐近线方程为
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线，求得,再逐项判断.
【详解】解：因为双曲线，所以,
则，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，的渐近线方程为，故D错误，
故选：B
5已知空间向量，则（）
A. 3B. C. D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合空间向量的模长公式、数量积公式运算即可得解.
【详解】由题意，，
所以
故选：C.
6. 在平行六面体中，点是线段的中点，设，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形后由空间向量的线性运算计算即可得.
【详解】如图：
故.
故选：A.
7. 已知是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，，且，则的值为（）
A. B. 4C. 5D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由三角形面积公式结合双曲线定义先求得，再结合勾股定理即可得解.
【详解】不妨设点在双曲线的左支，且，又，所以，
因为，且，
所以，解得，
所以，
在直角三角形中，由勾股定理有，解得.
故选：D.
8. 若直线上存在点，过点作圆的两条切线，为切点，满足，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可求得P点轨迹为，根据题意可知直线与有交点，由直线和圆的位置关系即可求得k的取值范围.
【详解】如下图所示，已知圆心，半径
设，令，则，
因为，所以，即，
所以，即，
所以满足条件的P点轨迹为，又点P在直线上，
所以直线与有交点，即，
解得，即或，所以．
故选：B
二、选择题：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. 已知圆，则（）
A. 圆的圆心是B. 圆关于轴对称
C. 圆上的点到原点的最大距离为3D. 直线与圆有两个交点
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意圆心为，它在轴上，由此即可判断AB；最大距离为圆心距加半径由此即可判断C；由圆心到直线的距离和半径比较大小即可判断.
【详解】由题意圆的圆心为，它在轴上，所以圆关于轴对称，故A对B错；
半径为，
圆心到原点的距离为，所以圆上的点到原点的最大距离为，故C对；
对于D，圆心到直线的距离满足，所以直线与圆没有交点，故D错.
故选：AC.
10. 已知曲线，则（）
A. 若，则是圆，其半径为
B. 若，则是两条平行于轴的直线
C. 若，则是椭圆，其焦点在轴上
D. 若，则是双曲线，其焦点在轴上
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意结合的取值，逐一对方程进行变形，结合方程表示相应圆锥曲线的条件逐一判断即可.
【详解】对于A，由题意若，则是圆，其半径为，故A正确；
对于B，若，则是两条平行于轴的直线，故B错误；
对于C，若，则是椭圆，其焦点在轴上，故C错误；
对于D，若，则是双曲线，其焦点在轴上，故D正确.
故选：AD.
11. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且，分别为的中点，则（）
A.
B.
C. 直线与夹角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可建立空间直角坐标系，由向量计算可得A、B，借助夹角公式可得C，求出平面法向量后结合可得D.
【详解】由底面是正方形，故，由平面，
、平面，故、，
故、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
故、，，故A错误；
、，故，故B正确；
，故，
即直线与夹角的余弦值为，故C正确；
，，设平面法向量为，
则有，即，可令，故有，，
故平面的法向量可为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，
其余弦值为，故D错误.
故选：BC.
12. 已知数列满足，则（）
A. 的最大值为1B. 若，则
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据递推关系判断出数列的单调性即可判断A，由单调性及判断B，由递推关系可得，裂项相消法求出，再由单调性知，化简即可判断C，放缩法可判断D.
【详解】由，得，
又，，所以，，
所以，即数列为正项递减数列，
所以的最大值为，因为，所以，解得，故A正确；
由数列为正项递减数列，且可知时，，故B正确；
由知，，，
，
因为数列为正项递减数列，所以（当且仅当时取等号），
所以，即，所以，即，故C正确；
因为，所以，
所以
，
当时，不成立，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知两个向量，，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标表示列方程组求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，解得，
故答案为：
14. 等比数列中，2，7，则公比=___________.
【答案】0.5或2
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，则，解方程组可求得结果
【详解】解：设等比数列的公比为，
因为2，7，所以，
所以，得，，
解得或，
故答案为：0.5或2
15. 已知正方体的棱长为1，与平面的交点为，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】由题意首先得而，三点共线，故只需分别求出即可.
【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正方体棱长为1，所以，，
所以，
所以，
又因为面，
所以面，
又因为面，
所以，
由正方体的性质容易得到，
而在直角三角形中，有，
所以由等面积法有，
所以，，
所以.
故答案为：1.
16. 已知抛物线的焦点为，过的直线与拋物线交于两点，（为坐标原点），则分别在点的抛物线的切线交点轨迹方程是______．
【答案】
【解析】
【分析】由标准方程表示出焦点坐标，设出直线方程与交点坐标，联立方程，写出韦达定理，利用数量积可得，进而求切线方程和交点坐标，根据交点坐标分析轨迹分析.
【详解】由题意可得，设，
显然直线的斜率存在，则可设为，
联立可得，消去可得，
则，可得，，
则
，
因为，，
由可得，
由，解得.
此时抛物线，即，可得，
可知在点处的切线斜率存在，设切线方程为，
联立方程，消去y得，
可得，解得，
则切线方程为，即，
同理可得在点处的切线方程为，
联立方程，解得，
即交点坐标为，可知所求轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
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. 已知两点和．
（1）记点关于轴的对称点为，求直线的方程；
（2）求线段的垂直平分线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，结合得斜率，进而由点斜式即可得解.
（2）由题意得线段中点为，以及线段的斜率，由直线垂直的代数性质得线段的垂直平分线的斜率，由点斜式即可得解.
【小问1详解】
由题意点关于轴的对称点为，又，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
因为两点和，
所以其中点为，直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的方程为，即.
18. 已知公差为3的等差数列的前项和为，且．
（1）求：
（2）若，记，求的值．
【答案】（1）
（2）30
【解析】
【分析】（1）直接根据等差数列及其前项和的基本量的计算得首项，由此即可得解.
（2）由题意得，由分组求和法即可得解
【小问1详解】
因为公差为3的等差数列的前项和为，且，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
由题意，
所以.
19. 已知圆经过点．
（1）求的值；
（2）过原点的直线与圆交于两点，，求直线的方程．
【答案】19.
20. 或
【解析】
【分析】（1）将点代入圆的方程计算即可得；
（2）设出直线，结合弦长，利用垂径定理计算即可得.
【小问1详解】
将点代入圆的方程，可得，
即，即，故或，
又，故；
【小问2详解】
由，故，
圆心为，半径为，
又直线过原点，当直线斜率不存在时，直线方程，
代入圆方程，可得，解得或，
此时有，不符合要求；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
则圆心到直线的距离为，
由垂径定理可得，
故有，
即，整理可得，
即，故或，
综上所述，或，
故直线方程为或.
20. 如图，四边形为矩形，平面平面，，，．
（1）求证：；
（2）点在线段上，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助面面垂直的性质可得线面垂直，借助线面垂直的性质可得线线垂直，结合勾股定理与勾股定理的逆定理可得线线垂直，由线面垂直的判定定理可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理即可得；
（2）建立空间直角坐标系后借助法向量计算即可得.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，
所以，又因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，因为，所以，，
因为，所以，
所以，所以，
即有、，
又因为、平面，，
所以平面，又因为平面，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，直线、、两两垂直，
故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
即有、、、、，
由，故，
故、、、，
令平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
即，，
可令、，则可取，，
故，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式：
（2）设，数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）由的关系结合等差数列定义即可求解.
（2）首项由错位相减法得，结合它的单调性即可得证.
【小问1详解】
由题意，所以，
两式相减得，，即，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由题意，
所以数列的前项和为，且，
两式相减得，
所以
，
而，且，所以单调递增，
所以，
综上所述，.
22. 已知椭圆，过椭圆上一动点引圆的两条切线为切点，直线与轴、轴分别交于点．
（1）已知点坐标为，求直线的方程；
（2）若圆的半径为2，且，过椭圆的右焦点作倾斜角不为0的动直线与椭圆交于两点，点在轴上，且为常数，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，求出，求出，求出切线的方程，同理求出切线的方程即可求出直线的方程；
（2）由（1）得出点和点的坐标，代入得到椭圆的方程，设出直线的方程，联立直线与椭圆的方程写出韦达定理，设，求出，根据为定值求出，求出焦点坐标，根据即可求出的面积的最大值.
【小问1详解】
如图，
设，，所以，
所以，所以切线方程为，
因为，所以切线的方程为，
同理可得切线的方程为，
因为点即在直线也在直线上，
所以直线的方程为；
【小问2详解】
如图，
由题意得：，由（1）易得，，
代入得，
因为，所以，
因为点为动点，所以，所以，
所以椭圆方程为，设直线，
联立得，
所以，，
设，所以
，
因为为定值，所以，
所以，所以，由椭圆方程易得焦点，
所以
，令，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出点和点的坐标，代入得到椭圆的方程，设出直线的方程，联立直线与椭圆的方程写出韦达定理，设，求出，根据为定值求出.