山东省青岛市即墨区2023_2024学年高二数学上学期1月教学质量检测试题含解析

这是一份山东省青岛市即墨区2023_2024学年高二数学上学期1月教学质量检测试题含解析，共22页。试卷主要包含了 曲线围成图形的面积为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回.
注意事项：
1.答第I卷前考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，
2.选出每小题答案前，用2B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､所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效.
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. 抛物线y2=4x的焦点坐标是
A. （0,2）B. （0,1）C. （2,0）D. （1,0）
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：的焦点坐标为，故选D.
【考点】抛物线的性质
【名师点睛】本题考查抛物线的定义．解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握．
2. 已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，
因为，所以，解得.
故选：D.
3. 正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过平移将异面直线的所成角转化为相交直线的所成角，在三角形内利用余弦定理即可求得
【详解】
如图，取的中点，再取的中点，连接，因点是的中点，易证,可得，
又因点是的中点，故，则，故直线与直线所成角即直线与直线所成角.
不妨设正方体棱长为4，在中，，
由余弦定理，，即直线与直线所成角的余弦值为.
故选：C.
4. 等差数列的首项为1，公差为，若成等比数列，则（ ）
A. 0或B. 2或C. 2D. 0或2
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比中项及等差数列的通项公式即可求解.
【详解】因为成等比数列，
所以，
因为等差数列的首项为1，公差为，
所以，即，解得或.
故选：A.
5. 已知两点，以线段为直径的圆截直线所得弦长为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得已知圆圆心和半径，利用直线与圆相交形成的弦心距，半径和半弦长的关系式即可求得.
【详解】依题意，以线段为直径的圆的圆心为：，半径为，
由点到直线的距离为，
则该圆截直线所得弦长为.
故选：A.
6. 已知椭圆的左右焦点分别为，直线与交于两点，则的面积与面积的比值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将所求面积比转化为的比，再利用点线距离公式即可得解.
【详解】根据题意可得，，
又直线可化为，
设到直线为的距离分别为，
则.
故选：B.
7. 某公司为激励创新，计划遂年加大研发资金投入.若该公司2020年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司年投入研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：）
A. 2024年B. 2025年C. 2026年D. 2027年
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数模型列不等式，利用对数的运算性质即可求解．
【详解】设在2020年后第年超过200万，则，则，两边取对，
即，则，可得，第年满足题意，即为2024年.
故选：A.
8. 曲线围成图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据绝对值的性质，结合圆的面积公式，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
曲线围成图形如下图所示：其中每个象限内半圆的半径为，
所以曲线围成图形的面积为：，
故选：D

二､多项选择题：本题共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，下列说法正确的是（）
A. 当时，直线的倾斜角为
B. 直线恒过点
C 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系判断A，利用直线过定点的求解判断B，利用直线平行与垂直的性质判断CD，从而得解.
【详解】A中，当时，直线的斜率，设其倾斜角为，
所以，则，所以A不正确；
B中，直线，整理可得，
令，可得，
即直线恒过定点，所以B正确；
C中，当时，两条直线方程分别为：，
则两条直线重合，所以C不正确；
D中，当时，两条直线方程分别为：，
显然两条直线垂直，所以D正确.
故选：BD.
10. 关于等差数列和等比数列，下列说法正确的是（ ）
A. 若数列的前项和，则数列为等比数列
B. 若的前项和，则数列为等差数列
C. 若数列为等比数列，为前项和，则成等比数列
D. 若数列为等差数列，为前项和，则成等差数列
【答案】AD
【解析】
【分析】对选项A，利用与的关系判断即可判断，对选项B，利用特值法即可判断，对选项C，利用特值法即可判断，对选项D，根据等差数列公式即可判断.
【详解】对选项A，当时，，
当时，
取时，，此时也满足，
故的通项公式为
所以数列为等比数列，故A正确；
对选项B，，
，不满足数列为等差数列，故B错误；
对选项C，当时，为等比数列，
，
不满足成等比数列，故C错误；
对选项D，设等差数列的公差为，首项是，，
，
，
因此，则成等差数列，故D正确.
故选：AD.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知，则在上的投影向量为
B. 若是四面体的底面的重心，则
C. 若，则四点共面
D. 若向量，（都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据投影向量的定义结合空间向量的坐标运算求解可判断A；根据空间向量基本定理可判断B；根据四点共面的结论可判断C；根据空间向量基本定理分析可判断D.
【详解】对于A，在上的投影向量为
，故A错误；
对于B，如图，是四面体的底面的重心，延长交与点，
则点是的中点，所以
，故B正确；

对于C，若，则，
所以四点共面，故C正确；
对于D，设在基底下的坐标为，
则，
因为在单位正交基底下的坐标为，所以，解得，
则在基底下的坐标为，故D错误.
故选：BC.
12. 已知点为圆的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆的圆心坐标为，半径为
B. 切线
C. 直线的方程为
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】将圆的方程配方易得A项正确；利用圆的切线的性质和勾股定理易求得；设出切线方程，由圆心到切线的距离等于半径求出值，回代入直线方程与圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率关系即可求得直线的方程；先判断，求出的正余弦，再求即得.
【详解】对于A项，由可得：，知圆心为,半径为，
故A项正确；

如图，点为圆的两条切线, 切点分别为.
对于B项，分别连接,在中，,则,故B项错误；
对于C项，设过点的圆的切线方程为：，即：，
由圆心到直线的距离，解得：，
取，则切线方程为代入整理得：，
解得：，代入可得：，即得：，
因,直线的斜率为1，则直线的斜率为，故直线的方程为：，即：，故C项正确；
对于D项，由对称性可知,由上分析知，,则，
于是，.故D项错误.
故选：AC.
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆相切产生的切线长，直线方程和夹角问题，属于较难题.
解决此类题目的思路即是，作出图形，利用图形的几何性质，借助于直线与圆的方程联立，求出相关点坐标和相关角的三角函数值即可依次求得.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线在轴､轴上的截距分别是和，则直线的一般式直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知先求出直线的截距式方程，再化为一般式方程即可得解.
【详解】由题意，直线l的截距式方程为，
化为一般式方程为.
故答案为：.
14. 若双曲线的渐近线与圆相切，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，再由已知圆与渐近线相切列出方程，求解即得.
【详解】由可得其渐近线方程为：，即，由可得：.
依题意，圆心到直线的距离，解得：，因，故.
故答案为：.
15. 如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则__________.

【答案】或
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，利用向量的数量积运算，结合题意已知可得结果.
【详解】由题意知，，所以，
展开得，
因为异面直线所成角为，所以向量夹角为或，
因为，所以，即，
且，
代入可得：，
得方程：或，所以或，
故答案为：或.
16. 如图所示，已知椭圆的左右焦点分别为，点在上，点在轴上， ，则的离心率为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】设出，利用椭圆定义和图形对称性，借助于求得与的数量关系，接着在中求得，从而得到，最后在中运用余弦定理即可求得.
【详解】设，依题意，，因点在轴上，则，，
又因则，化简得，在中，，故,
在中由余弦定理，,即，
解得：，即，则离心率为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：由椭圆的焦半径想到椭圆定义式，由垂直想到求三边利用勾股定理，由边的数量关系想到设元替换，遇到三角形的边角关系，要考虑能否用正、余弦定理.
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. 在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.

（1）求点到直线的距离；
（2）求证：面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得；
（2）由（1）中所建系求出的坐标，分别计算得到和，由线线垂直推出线面垂直.
【小问1详解】

如图,以为原点，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
正四棱柱,为中点,
则点到直线的距离为：.
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
由可得，
又由可得，
又，
故面.
18. 是坐标平面内一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为坐标原点）的面积为6.

（1）求动点的轨迹方程；
（2）如图所示，斜率为且过的直线与曲线交于两点，点为线段的中点，射线与曲线交于点，与直线交于点.证明：成等比数列.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设动点，利用题设条件列出方程，化简得到轨迹方程，并考虑自变量范围即得；
（2）依题设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，写出韦达定理，求得点的坐标，接着将直线的方程与双曲线方程联立求得点的坐标，再证明三点的横坐标成等比数列即得.
小问1详解】

如图，设动点，因分别与直线垂直，
则四边形是矩形，依题
，代入得：
两点分别在一､四象限，
点的轨迹方程为：
【小问2详解】

如图，设直线的方程为：，中点
直线的方程与的方程联立消元得：
则解得：且，
由可得：将其代入得，即.
要证成等比数列，只要证明三点的横坐标成等比数列即可.
因直线的斜率,则直线的方程为
由可得点横坐标满足，因点的横坐标显然是，
则
故成等比数列.
19. 已知等差数列的前项和为，公差为，且成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前30项的和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比中项公式，结合等差数列的通项公式与求和公式求得，从而得解；
（2）利用并项求和法，结合等差数列的求和公式即可得解.
【小问1详解】
依题意，则，解得，
则，故，
所以，解得，则，
故.
【小问2详解】
，
，
.
20. 如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面分别在梭上，为的中点.

（1）若为中点，证明：面；
（2）若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，且或
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量证明线面平行即可；
（2）设，利用向量法求出求出线面角的正弦，由正弦值得出参数，即可得解.
【小问1详解】
，所以为等边三角形，
为中点，，
又，所以
以为原点，分别头轴，建立空间直角坐标系，如图，

则
，
设平面的一个法向量，
则，，令，可得，
，，
又面，面.
【小问2详解】
设，
则,
,
设平面的法向量，
则，即，
令，得平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则，
解得或，
即存在点，且或.
21. 如图形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球设各层球数构成一个数列.
（1）写出与的递推关系，并求数列的通项公式；
（2）记等比数列的前项和为，且，在与之间插入个数，若这个数恰能组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，，再利用累加法即可得解；
（2）利用与的关系，结合为等比数列求得，进而利用等差数列的通项公式求得，再利用错位相减法即可得解.
【小问1详解】
从图中可以发现每一层球的数量比上一层多的个数等于层数，
所以有，又，
所以
.
【小问2详解】
由，得，
两式相减得，则，
因为为等比数列，则公比为，
当时，，解得，
，则，
，，
，
，
则，
两式相减，得
，
.
【点睛】关键点点睛：本题第2小题解决的关键是利用等差数列的通项公式求得，从而得解.
22. 已知抛物线，点，过抛物线的焦点且平行于轴的直线与圆相切，与交与两点，.
（1）求和圆的方程；
（2）过上一点作圆的两条切线分别与交于两点，判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）的方程为，圆的方程为
（2）直线与圆相切，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求得两点的坐标，从而求得，进而得解；
（2）根据题意得到直线，的方程，再利用直线与圆相切的性质推得是方程的两个根，从而利用韦达定理求得点到直线的距离为圆的半径，由此得解.
【小问1详解】
由题意知直线的方程为，
联立，解得，则或，
，则，
的方程为，直线的方程为，
又直线与圆相切，圆的半径为2，
故圆的方程为.
【小问2详解】
设上三点，显然，
直线的斜率都是存在的，
直线的斜率，
直线的方程为，
同理，的方程为，
的方程为，
圆与直线相切，，
化简得：，
同理，圆与直线相切，可得，
所以是方程的两个根，
由韦达定理得，，
点到直线的距离，
直线与圆相切.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用直线与圆相切推得是方程的两个根，从而得解.