2024铜仁高二上学期期末质量监测试题数学含解析
展开本试卷共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.
2023-2024学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题(含解析): 这是一份2023-2024学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题(含解析),共21页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
贵州省铜仁市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题: 这是一份贵州省铜仁市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题,共2页。
贵州省铜仁市2022-2023学年高二上学期1月期末质量监测数学试题: 这是一份贵州省铜仁市2022-2023学年高二上学期1月期末质量监测数学试题,共21页。试卷主要包含了选择题的作答,非选择题的作答等内容,欢迎下载使用。