福建省厦门市2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，已知梯形中，，，，，，抛物线有一个重要的性质，已知集合，等内容，欢迎下载使用。

满分：150分考试时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知等比数列满足，，则（ ）
A.B.C.3D.
2.已知直线的倾斜角为，直线过点，若，则在轴上的截距为（ ）
A.B.C.2D.
3.点到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A.B.C.D.
4.在四棱锥中，底面为平行四边形，点满足，则（ ）
A.B.
C.D.
5.已知数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A.B.C.D.1
6.已知椭圆的左、右焦点为，，上一点满足，为线段的中垂线与的交点，若的周长为，则的离心率为（ ）
A.B.C.D.
7.已知梯形中，，，，，.如图，将沿对角线翻折至，使得，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.
8.抛物线有一个重要的性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，此时反射面为抛物线在该点处的切线.过抛物线上的一点（异于原点）作的切线，过作的平行线交（为的焦点）于点，则的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
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.已知集合，.若，则实数可以为（ ）
A.0B.C.1D.2
10.如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是和的中点，则（ ）
A.
B.
C.点到平面的距离为
D.直线与平面所成角的正弦值为
11.已知曲线，其中，则（ ）
A.存在使得为圆
B.存在使得为两条直线
C.若为双曲线，则越大，的离心率越大
D.若为椭圆，则越大，的离心率越大
12.若数列满足，则（ ）
A.数列是等比数列
B.当时，的所有可能取值的和为6
C.当时，的取值有10种可能
D.当时，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知，，三点共线，则______.
14.已知抛物线的焦点为，是上一点，的面积为2，则______.
15.已知圆和圆，过动点分别作圆，圆的切线，（，为切点），且，则的最大值为______.
16.已知直线与直线，点是与轴的交点.过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，依此方法一直继续下去，可得到一系列点，，则______；设的坐标为，则数列的前项和为______.（本题第一空2分，第二空3分）
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知等差数列的前项和为，满足，.
（1）求；
（2）设，求数列的前项和.
18.（12分）
在平面直角坐标系中，点，，动点满足.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与交于，两点，，求的方程.
19.（12分）
已知双曲线的左顶点为，为上（异于）一点.
（1）已知点，求当取得最小值时直线的方程；
（2）若直线与直线交于点，证明：为定值.
20.（12分）
某工厂去年12月试产了1000个电子产品，产品合格率为0.85.从今年1月开始，工厂在接下来的一年中将生产这款产品，1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加0.01.
（1）求今年2月生产的不合格产品的数量，并判断哪个月生产的不合格产品的数量最多；
（2）求该工厂今年全年生产的合格产品的数量.
参考数据：，.
21.（12分）
如图，在平行六面体中，平面，，，.
（1）求证：；
（2）线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
22.（12分）
已知椭圆的左、右焦点分别为，，上不同两点，满足，当时，.
（1）求的方程；
（2）设直线，交于点，已知的面积为1，求与的面积之和.厦门市2023-2024学年度第一学期高二年级质量检测
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1~4：CDAC5~8：CBCB
8.提示：思路1：如图，由光学性质可知：轴，，
又，所以，因为轴，，
则有，所以，即，
由三角不等式可得
即（点的轨迹是一个圆除去，）.
思路2：设，，易求得，
所以，，联立方程可求得，
所以.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.ABC10.BC11.ABC12.BCD
12.提示：选项A：取，则，故选项A错误；
当时，，则或，
所以，其中，，，，…，，
化简可得：，其中，，，，…，，当时，的取值共有种，其和，选项B，C正确；
由可得，即，所以，
累加可得，故选项D正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.114.5
15.16.8，（或）
16.提示：，，则，，
则，即，所以，
所以，所以，
，
所以的前项和为.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解法一：
（1）设等差数列的首项为，公差为，
据题意，，所以①
又因为，
当时，，即②
由①②可知，，，即.
经检验，满足，
所以
（2）因为，所以，
因为，所以数列为等比数列，首项，公比，
所以，
所以数列的前项和为
解法二：
（1）设等差数列的首项为，公差为，
据题意，，所以①
因为，所以，
化简得②
由①②可知，，，
所以
（2）同解法一.
18.解：（1）设，因为
所以
化简得，所以点的轨迹的方程为
（2）因为，，
所以圆心到直线的距离
①当直线的斜率不存在时，与圆无交点，舍去；
②当直线的斜率存在时，设，即
所以，解得
所以的方程为或
19.解法一：
（1）设，其中，
所以当时，取得最小值为，此时，
所以直线的方程为或
（2）设，，则直线的方程为：，所以
所以，
所以为定值
解法二：
（1）同解法一；
（2）设直线的方程为：，显然存在，
联立方程，化简可得：
，由韦达定理可知：，
所以，可求得
所以，
所以为定值
20.解：（1）记从今年1月起，第月的产量为，第月的产品合格率为.
由题可知，数列为等比数列，首项，公比，
数列为等差数列，首项，公差，
所以，
所以今年2月份生产的不合格产品数为
设第月生产的不合格产品数为，则，
所以
当时，；当时，；当时，.
所以，
即5月或6月生产的不合格产品数最多
（2）设今年前个月生产的合格产品总数为，则
所以①
②
①－②得
所以，
即该工厂今年全年生产的合格产品总数约为19604个
21.解法一：
（1）因为平面，平面，
所以，所以
因为，所以
又因为，
所以，化简得
所以，
所以
（2）假设存在点满足条件.
因为平面，，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，，，
设，则
设平面的一个法向量为
由，得，
令，得，所以
设平面的一个法向量
由，得，
令，得，所以
所以，
因为平面与平面的夹角为，即，解得
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为
解法二：
在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，
（1）设，则，所以，
由得，所以
又因为，所以，解得
所以，，，，
所以，
所以
（2）由（1）得平面的一个法向量为
假设存在点满足条件，设，则
设平面的一个法向量为
由，得，
令，则，，所以
所以，
因为平面与平面的夹角为，
即，解得
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为
解法三：
（1）在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于.
因为平面，平面，所以
因为，所以平面
又因为平面，所以
因为，，所以平面
因为平面，所以,则
所以，所以，所以
在中，，，，所以
在中，，，，所以
在中，，，，所以，所以
所以
（2）同解法一.
22.解法一：
（1）当时，，则四边形为平行四边形，
由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，
由对称性，不妨设，，
由，可得
又，
所以
延长交于点，易知，关于原点对称，
设直线，显然存在，设，，，
联立方程，化简可得：
所以，，
直线，直线，
所以，即，
所以，即，
所以，
代入韦达定理可得：，解得
由可得，
所以
解法二：（1）当时，，则四边形为平行四边形，
由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以，
，即，，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，
由对称性，不妨设，，
由，可得
又，，
所以
延长交于点，易知，关于原点对称，
设直线，显然存在，设，，，
联立方程，化简可得：
所以，，
因为，所以，同理
所以，
即
代入消可得：，即，即，
所以
解法三：（1）同解法一；
（2）由对称性可知，不妨设，
由，可得，
延长交于点，易知，关于原点对称，
设直线，显然存在，，，，
联立方程，化简可得
可得，，
由，，、，，三点共线可得
所以，即
，即，
所以，，
代入韦达定理可得：，解得
如图可知：，
所以
，
所以
解法四：（1）同解法一；
（2）因为，所以，
由对称性，不妨设，，
由，可得
又，，
所以
设，，则，
依题意可得，即
又
①－②可得
化简可得，又，所以
因为，则有，
又，代入可得
化简可得，即，即，
所以
解法五：（1）同解法一；
（2）因为，所以，
由对称性，不妨设，，
由，可得
又，，
所以
设，，则，
对使用余弦定理可得：，
化简可得：，同理可得，
依题意可得①
又，，
所以②
由②－①可得，解得，则
所以
（也可求出或后代入化简；
也可以消，，，则有，
化简可得，即，即）