湖南省益阳市2023-2024学年高二上学期普通高中期末质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省益阳市2023-2024学年高二上学期普通高中期末质量检测数学试题（Word版附解析），共21页。

1．本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括单项选择题、多项选择题、填空题和解答题四部分，共4页，考试用时120分钟，满分150分.
2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置.该按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无数.
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.