精品解析：陕西省咸阳市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测数学试题

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1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，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．
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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. 数列…的一个通项公式是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由已知a1=1，可排除A、B、D，故选C.
2. 设数列为等比数列，若，，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件求出等比数列的首项和公比，再利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
因此，数列的前项和为.
故选：C.
3. 已知直线的方程是，的方程是（，），则下列各图形中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】有条件知，两直线的斜率均存在且不为0，写出它们的斜截式方程后再进行判断．
【详解】解：，直线与直线的斜率均存在
直线的斜截式方程为；直线的斜截式方程为
对于A选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应小于0，直线的纵截距应小于0，故A图象不符合；
对于B选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应小于0，故B图象不符合；
对于C选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故C图象不符合；
对于D选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故D图象符合．
故选：D．
4. 双曲线：的右顶点为A，点A到直线距离为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得出，.然后根据的关系解出的值，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
且，所以.
又，所以，，
所以，.
故选：C.
5. 已知两条异面直线的方向向量分别是，，这两条异面直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式即可.
【详解】设两条异面直线所成的角为，且这两条异面直线的方向向量分别是，，
则，且，
所以两条异面直线所成的角，
故选：A.
6. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A. 10B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量法求点到平面的距离公式即可求解.
【详解】由题得，
所以到平面的距离为，
故选：C.
7. 已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出圆心坐标，根据对称关系列出方程组，求出圆心坐标，结合半径为3，即可求解.
【详解】设圆心坐标，由圆心与点关于直线对称，
得到直线与垂直，
结合的斜率为1，得直线的斜率为，
所以，化简得①
再由的中点在直线上，，化简得②
联立①②，可得，
所以圆心的坐标为，
所以半径为3的圆的标准方程为.
故选：C
8. 中国自古就有“桥的国度”之称，福建省宁德市保留着50多座存世几十年甚至数百年的木拱廊桥，堪称木拱廊桥的宝库.如图是某木拱廊桥的剖面图是拱骨，是相等的步，相邻的拱步之比分别为，若是公差为的等差数列，且直线的斜率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用题中关系建立等式求解即可.
【详解】由题可知因为
所以，
又是公差为的等差数列，所以，
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. 已知数列的前项和，则下列说法正确的有（ ）
A. 是递减数列B. 是等比数列
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用作差法判断即可；对于BCD，利用与的关系求得，从而对选项逐一分析检验即可.
【详解】对于A，因为，所以，
故，则，
所以是递减数列，故A正确；
对于B，当时，，
当时，，
经检验，满足，
所以，
故当时，，所以是等比数列，故B正确；
对于C，由选项B知，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误
故选：ABC.
10. 已知三条直线：直线不能围成一个封闭图形，则实数的值可以是（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意可知，三条直线中有两条相互平行或三条线过同一点的情况下满足题意，分类讨论即可求得实数的值.
【详解】若中有两条相互平行，或三条线过同一点都不可以围成封闭图形，
若，由两直线平行与斜率之间的关系可得；
若，由两直线平行与斜率之间的关系可得；
联立可得，可知的交点为，
若交于同一点，可得，
故选：ABC.
11. 在空间直角坐标系中，若四点可以构成一个平行四边形，则的坐标可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分类考虑平行四边形顶点的位置，结合向量的相等，即可求得D点坐标，即得答案.
【详解】由题意得.
设的坐标为，
若四边形为平行四边形，则，则，
此时的坐标为.
若四边形为平行四边形，则，
则，，此时的坐标为.
若四边形为平行四边形，则，
则，此时的坐标为，
故选：ABC
12. 新定义：如图，与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，交于P，Q两点（Q在P，H之间），我们把点Q称为关于直线a的“近点”，把的值称为关于直线a的“秘钥数”.根据新定义解决问题：在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点，点F是坐标平面内一点，以F为圆心，1为半径作.若与直线l相离，点是关于直线l的“近点”，且关于直线l的“秘钥数”是6，则直线l的表达式为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】分类讨论直线是否与坐标轴垂直，根据题意结合性质分析求解.
【详解】过圆心作直线l垂线，垂足为，直线与的交点分别为，其中点是关于直线l的“近点”，
1.若直线l与x轴垂直，则，此时，不合题意；

2. 若直线l不与x轴垂直，设直线，则有：
（1）若，则，，符合题意；

（2）若，设直线l与x轴的交点为，
因为，由，可得，结合（1）可知，
分别过作x轴垂线，垂足分别为，

可知，，
可得，则，即，解得，
可知直线l过，，
则，解得，所以直线；
综上所述：直线l的表达式为或.
故选：BD.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在等差数列中.若，则______．
【答案】52
【解析】
【分析】将式子和都用表示，找到它们间的联系，求解即可.
【详解】由于数列是等差数列，
则，
得，
所以，
故答案是：52.
14. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点.若，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】设点坐标，利用抛物线的定义求解即可.
【详解】由抛物线的方程，其焦点坐标为，准线方程为，
由抛物线的定义知，点在抛物线上，点到焦点的距离等于其到准线的距离，
设点，得：，即，
因为垂直轴于点，所以点的横坐标也为，
则.
故答案是：.
15. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线方程，求得直线所过的定点，直线被圆截得的弦长最短时有，则，解出方程即可.
【详解】将直线，化为，
令，解得，所以直线过定点，
又圆的标准方程为，则圆心为，
由，则点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取得最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
则，解得．
故答案为：．
16. 已知椭圆：的左，右焦点分别为，，为坐标原点，若以为直径的圆与椭圆在第一象限交于点，且是等边三角形，则椭圆的离心率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到，进而得到，继而由是等边三角形求得，再利用椭圆的定义与离心率公式即可得解.
【详解】因为是等边三角形，所以，
又，所以，则是直角三角形，且，
又，，则，
又P在椭圆上，故，即，
所以，即椭圆E的离心率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
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. 已知三角形三顶点，求：
（1）边上的高所在的直线方程；
（2）边的中线所在的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据高与所在边垂直关系求斜率，再由点斜式写出直线方程；
（2）中点公式写出中点坐标，应用两点式写出中线所在直线方程.
【小问1详解】
边所在直线的斜率为，
边上的高所在的直线的斜率为2.
边上的高所在的直线方程为，即.
【小问2详解】
易知边的中点为，则边的中线过点和.
所以边中线所在直线方程为，即.
18. 圆锥曲线的方程是.
（1）若表示焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；
（2）若表示焦点在轴上且焦距为的双曲线，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件可得，解出即可；
（2）由条件可得，解出即可.
【小问1详解】
若表示焦点在轴上的椭圆，则，解得
【小问2详解】
若表示焦点在轴上且焦距为的双曲线，则，解得
19. 如图，在平行六面体中，，．设，，．
（1）用基底表示向量，，；
（2）证明：平面．
【答案】（1），，．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）运用空间向量基本定理，用基底分别表示三个向量，，；
（2）用基底表示的三个向量，，，分别计算、，证明了两组线线垂直、，证明结论即可.
【小问1详解】
已知，，，
得：，，
．
【小问2详解】
证明：设，
又，
则，且，
则，
得，
即，
同理可得，
因为，，平面，平面，且，
所以平面．
20. 已知等差数列前三项的和为，前三项的积为8.
（1）求等差数列的通项公式；
（2）若，，成等比数列，求数列的前10项和.
【答案】（1）或
（2）105
【解析】
【分析】（1）设等差数列公差，由已知建立方程组进行基本量计算即可；
（2）根据条件确定通项，将含绝对值的数列分段表示，再转化为等差数列求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，，
由题意得，解得或，
所以或.
故或；
【小问2详解】
当时，分别为，不成等比数列；
当时，分别为成等比数列，满足条件.
故，
记数列的前项和为，.
.
故数列的前10项和为.
21. 如图，在直角梯形中，，，.以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）存在，，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【小问1详解】
将直角梯形绕着旋转得到直角梯形，
故且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
因为，，，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
设，则，设，
则，解得，故，
当时，此时与重合，直线和平面垂直，
不满足所成角的正弦值为，舍去；
当时，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线和平面所成角的正弦值为，
则，
解得或（舍去），
综上，在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，
此时.
22. 已知抛物线：上任意一点到焦点的距离比到轴的距离大1．
（1）求抛物线方程；
（2）直线，满足，，交于，两点，交于，两点．求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）32
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义可得准线到轴的距离为，从而求出；
（2）依题意直线，的斜率均存在，且不为0，设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可表示出，同理可得，再由及基本不等式计算可得.
【小问1详解】
抛物线：的焦点为，准线为，
由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离，
再由到焦点的距离比到轴的距离大1，可得准线到轴的距离为，
即，可得，
抛物线的方程为：．
【小问2详解】
由（1）可得焦点，
由题意直线，的斜率均存在，且不为0，
设直线的方程为，，，
联立整理得，
可得，，
由抛物线的性质可得，
同理可得，
，
当且仅当，即时，取等号，
四边形面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.