福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)

这是一份福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知直线的倾斜角为，若直线与垂直，则的斜率为( )
A.B.C.D.
2．已知数列满足，，则的值为( )
A.2B.C.D.-1
3．椭圆绕长轴旋转所成的面为椭球面，椭球面镜一般指椭球面反射镜，老花眼镜、放大镜和胶片电影放映机聚光灯的反射镜等镜片都是这种椭球面镜片.从椭球面镜的一个焦点发出的光，经过椭球面镜反射后，必经过椭球面镜的另一个焦点.现有一个轴截面长轴长为的椭球面镜，从其一焦点发出的光经两次反射后返回原焦点，所经过的路程为( )
A.B.C.D.
4．四棱锥的底面为矩形，平面ABCD，M在棱上，，则( )
A.-4B.4C.D.
5．已知，为双曲线的两个焦点，P为双曲线上的任意一点，若的最小值为，则双曲线的离心率为( )
A.B.C.2D.3
6．已知是等差数列的前n项和，若，则使的最小整数( )
A.12B.13C.24D.25
7．已知，，若直线上有且只有一点P满足，则( )
A.B.C.或D.或
8．棱长为4的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，若，则AP的最大值为( )
A.4B.6C.D.
二、多项选择题
9．已知圆和圆，则( )
A.两圆的公共弦所在的直线方程为
B.圆上到直线的距离为1的点恰有2个
C.圆的内部与圆的内部的公共部分的周长为
D.若点M在圆上，点N在圆上，则的最大值为6
10．已知空间向量，，则( )
A.
B.在上的投影向量为
C.若向量，则点E在平面内
D.向量是与平行的一个单位向量
11．已知，分别是数列，的前n项和，，，，则( )
A.B.C.D.
12．已知曲线（a为非零常数），则( )
A.原点是C的对称中心B.直线与C恒有两个交点
C.当时，直线是C的渐近线D.当时，直线为C的对称轴
三、填空题
13．直线恒过定点______.
14．已知P是抛物线上纵坐标为4的点，则P与C的焦点的距离为______.
15．在空间直角坐标系中，若平面过点，且以向量（a，b，c不全为零）为法向量，则平面的方程为.已知平面的方程为，则点到平面的距离为______.
16．已知是数列的前n项和，，且，，，则______.
四、解答题
17．已知，，，圆为的外接圆.
(1)求圆的方程；
(2)若过点的直线l被截得的弦长为，求直线l的方程.
18．已知数列为递增的等差数列，，为和的等比中项.
(1)求数列通项公式；
(2)若，求数列的前n项和为.
19．已知动圆M过点且与直线相切，记该动圆圆心M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)若过点的直线l交C于A，B两点，且，求的面积.
20．三棱台中，.
(1)若与交于点M，，求证：平面；
(2)若平面平面，，，，，与底面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.
21．第二十四届北京冬季奥林匹克运动会开幕式上的主火炬如图一，这是历史上第一座由所有参赛国家和地区的名字汇聚成的大雪花.没有天马行空的点火方式，也没有赫赫炎炎的剧烈燃烧，但却清晰地传递了低碳环保理念，一朵雪花照亮了“双奥之城”北京，也将照亮全人类的绿色未来.如图二是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，其作法是从一个正三角形开始，把每条边三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.已知原正三角形(图二①)的边长为3，并将图二中的第n个图的面积记为.
(1)求，；
(2)求数列的通项公式，并探究是否存在超过图二①面积2倍的图形.
22．已知椭圆与x轴交于A，B两点，点M为椭圆上不同于A，B的点.
(1)若直线，的斜率分别为，，求的最小值；
(2)已知直线，直线，分别交l于P、Q两点，N为PQ中点.试判断直线MN与C的位置关系.
参考答案
1．答案：C
解析：直线的倾斜角为，斜率，
因为，所以，即，故选C.
2．答案：A
解析：，，，，所以数列是以3为周期，.故选：A.
3．答案：B
解析：由椭圆的定义可知光线从一个焦点经反射经过另一个焦点，其路程为长轴长，再由第二个焦点经反射返回第一个焦点的路程仍为长轴长，所以经过的路程总共为.故选B.
4．答案：B
解析：法一：如图，因为四边形ABCD是矩形，所以，
又平面ABCD，M在棱PC上，所以，
所以.故选B.
法二：如图以C为原点，CD，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，设，，依题意得，，，，，，
所以.故选B.
5．答案：A
解析：如图，不妨设，为左、右焦点，O为坐标原点，
法一：设，，，则(当且仅当P在顶点时取等号)，
所以即得到，故选A.
法二：，，，
当P在双曲线的顶点时，取最小值，故，所以，得，故选A.
6．答案：C
解析：等差数列的前n项和为，由，且，
得，，，则数列的公差，于是数列是递增的等差数列，当时，，当时，，所以，，所以使成立的最小的n为24.故选C.
7．答案：D
解析：设动点，由题意得，化简可得，故动点P的轨迹方程为.
曲线C是以为圆心，2为半径的圆，
且P在直线上，故直线与圆相切，且切点为P，
由，得，所以或，故选D.
8．答案：C
解析：如图，取的中点E，的中点F，连接，，，
可证，，所以平面，
取AD中点T，BC中点Q，的四等分点R满足，
的四等分点S满足，可证平面平面，
所以平面QRST，又因为平面QRST经过BD的中点M，
由已知可得P点轨迹为四边形QRST的边界（不包括内部和点M），
所以当点P位于点R时，AP取最大值，为，故选C.
9．答案：AD
解析：两圆的公共弦所在的直线方程为：即，故A正确.
如下图，圆心到直线的距离，而圆半径为2，可知圆与直线l相交，而垂直l且O到l距离为，由知y轴与圆相切，故O是圆被l所截劣弧上唯一到l距离为1的点；过作直线l的平行线，则和y轴是平面上到l距离为1的所有点的集合.而和圆相交于点E和点F，所以共3点)符合题意，故B错误.
如上图，直线与x轴交于点P，交两圆于S，T，在中，，所以，故，所以弓形TOS的周长为，故所求公共部分周长为，故C错误.(从图形可以大致看出所求公共部分周长大于半圆周长)，
由平几知识可知，当M，N和两圆圆心共线，且在两圆心的两侧时，最大，为圆心距和两个半径的和6，故D正确.故选AD.
10．答案：ABD
解析：由已知可得，，，A正确；由于，所以在上的投影向量即为，B正确；若在平面ABC内，则存在实数x，y，使得，而，，，所以上述方程组无解，故点E不在平面ABC内，C错误;
由，故，且，所以D正确.故选ABD.
11．答案：BCD
解析：由可得即，，
故，故A错误；
令，得，故，故B正确；
，由于恒成立，故，故C正确；
，
，故D正确.
故选BCD.
12．答案：ACD
解析：在C上任取一点，则点代入方程得，
故点在C上，所以C关于原点对称，故A正确；
联立方程得，
，当，时，故B错误；
当时，曲线，整理为，在C上任取一点，，则M到直线的距离，
当逐渐增大时，d逐渐减小，当无限增大时，d无限接近0，
则直线是C的渐近线；故C正确；
当时，曲线C整理为，在C上任取一点，则M关于直线的对称点为，
且，即，
，即，
当时，，所以点N在C上，
所以直线为C的对称轴；所以D正确，故选ACD.
13．答案：
解析：直线，可化为，
由可得所以即直线l恒过定点.
故答案为：.
14．答案：
解析：由C：可得P的横坐标为，
抛物线C的焦点坐标为，
由抛物线的性质可得，P与F的距离.
故答案为：.
15．答案：
解析：由已知可得平面ABC过点，且其法向量为，
，点到平面的距离为.故答案为：.
16．答案：582
解析：由已知可得，，
所以，
于是.故，即，
所以，
所以
.
故答案为：.
17．答案：(1)
(2)或
解析：(1)法一：设圆的方程为，把点，，代入方程得，解得.故圆的方程为.
法二：线段AB的中垂线，线段BC的中垂线为，联立方程，解得，所以圆心为，半径，故圆的方程为.
法三：直线AC的斜率，直线BC的斜率，所以，即直线，故线段AB为圆的直径.故圆心为，半径，所以圆的方程为.
(2)法一：①当直线的斜率不存在时，则l的方程为，此时，直线l与圆相交于点和，所以直线l与圆相交的弦长为，符合题意.
②当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为，
圆的方程，所以圆心为，半径，
因为直线与圆相交的弦长为，
所以设圆心到直线l的距离d，则，
即，解得，综上，直线l的方程为或.
法二：①同法一，
②当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为，
联立方程，得，
所以，即，
设直线l与圆相交P，Q两点，其中，，
所以，，
故，
因为，所以，
解得，满足：，综上，直线l的方程为或.
法三：O为原点，设点P的坐标为，直线l被截得的弦长为PQ，
因为圆的方程，所以圆心为，半径.
由于，故P在圆上，由知满足条件的直线l有2条，
如下图：
由，圆与y轴交于可知，
所以直线符合题意.
因为圆与x轴正半轴交于，则在中，
，所以直线也符合题意，
解得直线即.
综上，直线l的方程为或.
18．答案：(1)
(2)
解析：(1)法一：设递增等差数列的公差为d，则，由题意得，
，即，于是，解得.所以，.
法二：设递增等差数列的公差为d，则，由题意得，，
即，得，所以，.
(2，设，，
，①，②
由①-②得，，所以.
19．答案：(1)
(2)6
解析：(1)设，动圆M的半径，整理可得.故曲线C的方程为.
(2)法一：设，，不妨设点A在x轴上方，
由可得，由已知直线l斜率必不为0，故可设直线，联立方程可得，故，解得，故，，.
法二：设，，不妨设点A在x轴上方，
由可得，
若直线l的斜率不存在，则，不符合题意，舍去；设直线，
联立方程可得，，解得，，，，解得.
原点O到直线l的距离，故的面积.
20．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)法一：证明：连接CE，设CE与BF交于点，
在三棱台中，
因为，所以，同理，，因为，
所以与N重合，即在中，所以平面ABC.
法二：证明：在三棱台中，易知，
因为，所以，同理，
，
所以，又平面，平面，所以平面ABC.
法三：证明：在线段BE上取点P，使得，连接MP，NP，
在三棱台中，，
因为，所以，因为，所以，
即，又平面，平面ABC，
所以平面ABC，同理平面ABC，因为，平面，平面MPN，所以平面平面ABC，因为平面MPN，所以平面ABC.
(2)因为平面平面，平面平面，
，平面ABED，所以平面，取AC中点Q，连接FQ，易知，所以平面ABC，所以CF与底面ABC所成角为.
在中，，所以，
因为，，，
所以，
所以.
法一：过A作，垂足为A，以A为原点，AT，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意得，，，，，，，
设是平面AEF的法向量，
由得，
令得，
，，
设是平面的法向量，
由得令得，设平面与平面夹角为，
则.
即平面AEF与平面BCFE夹角的余弦值为.
法二：过C作的延长线于S，在中，易得，所以B为AS的中点，即，所以，过B作，以B为原点，BA，BQ，BK所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意得，，，，，，，
设是平面AEF的法向量，则由得，令得，
，，
设是平面BCFE的法向量，则由得，令得，设平面AEF与平面BCFE夹角为，
则.
即平面AEF与平面BCFE夹角的余弦值为.
法三：在三棱台中，延长AD，BE，CF交于点O，因为，所以D，E，F分别为OA，OB，OC的中点.
过A作于H，作平面OEF于G，
连接GH，则是平面AEF与平面BCFE夹角.
在中，易得，,，
由余弦定理得,
所以,
由,
得
另一方面,
所以,
在中，易得，,
，
所以,
设点D到平面OEF的距离为h，
由，
得，所以.所以，
即，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．答案：(1)，
(2)见解析
解析：(1)；.
(2)图二中的①，②，③，④，中的图形依次记为，，…，，…它的边数是以3为首项，4为公比的等比数列，则图形的边数为；从起，每一个比前一个图形多出的三角形的个数是以3为首项，4为公比的等比数列，则比前一个图形多出的三角形的个数为；从起，每一个比前一个图形多出的每一个三角形的面积是以为首项，为公比的等比数列，则比前一个图形多出的每一个三角形的面积是.所以，即.所以当时，，又因为，符合上式，所以.若存在，得，整理得，显然矛盾，所以不存在超过图二①面积2倍的图形.
22．答案：(1)1
(2)相切
解析：(1)取代入可得，所以,,设，则,,,
法一：所以,
则(当且仅当时取等号),
所以的最小值为1.
法二：前面的步骤同上,
则，
由，则，
当且仅当时取等号.
所以的最小值为1.
(2)如下图，由题意可知，
法一：直线，直线,
取代入可得，,
则即,
又因为，所以，则直线的斜率,
则直线，
整理得，即.
将与联立得：，
则，
所以直线与椭圆相切.
法二：由,
直线，令，则,
则，
同理,
所以中点为,
所以直线的斜率,
所以直线的方程为，即.
将与联立得：，
即,
即,
即，得到唯一解,,
所以直线与椭圆相切.