贵州省安顺市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测考试数学试题

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特别提示：
1．本卷为数学试题单，共22个题，共4页；
2．考试采用闭卷形式、用笔在特制答题卡上答题，不能在本题单上作答；
3．答题时请仔细阅读答题卡上的注意事项，并根据本题单的编号在答题卡上找到答题的对应位置，用规定的笔书写．
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用倾斜角和斜率的关系求解即可.
【详解】易知的斜率为，显然倾斜角为.
故选：C
2. 已知数列满足点在直线上，则（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】将点代入直线方程可得通项，即可求解.
【详解】点在直线上，所以，
故，
故选：A
3. 抛物线的焦点为F，准线为l，则点F到l的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的方程和几何性质，即可求解.
【详解】由抛物线方程可知，焦点，准线，
所以焦点到的距离为2.
故选：B
4. 图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记，，…，的长度构成的数列为an，则（ ）
A. B. 1C. 10D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】首先由题意得到递推关系式，再求解数列的通项公式，即可求解.
【详解】，即,
因为，，…，的长度构成的数列为，则
则数列是公差为1的等差数列，首项，
所以，即，
所以.
故选：C
5. ，，是三个不共面的单位向量，可为空间的一个基底，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据基底的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】根据基底的定义，可知，若 ，，是三个不共面的单位向量，则可为空间的一个基底，
反过来，若为空间的一个基底，则，，是三个不共面的向量，不一定是单位向量，
所以是的充分不必要条件.
故选：A
6. 已知双曲线左焦点为F，点P在双曲线C的右支上，M为线段FP的中点，若M到坐标原点的距离为7，则（ ）
A. 8或20B. 20C. 6或22D. 22
【答案】B
【解析】
【分析】根据中位线的性质和双曲线的定义，即可求.
【详解】由双曲线方程可知，，，设双曲线的右焦点为，
中，点分别是的中点，所以，
则，又因为.
故选：B
7. 如图，空间四边形OABC中，点M是OA的中点，点N在BC上，设，则（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形，结合向量的线性运算，即可求解.
【详解】，
，
，
，
即，，，
所以.
故选：B
8. 已知椭圆的上顶点为P，左焦点为F，直线PF与C的另一个交点为Q，若，则C的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件求出的坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】由题意可得，
由于，所以，
由于在椭圆上，所以，化简可得，
由于，故，
故选：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. 数列的通项公式为，其前n项和为，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B. 数列是递减数列
C. 的最小值为D. 有可能大于1
【答案】BC
【解析】
【分析】根据数列单调性的定义，即可证明函数单调性，判断AB；利用裂项相消法求，即可判断CD.
【详解】，
所以，则数列an是递减数列，故A错误，B正确；
，
则，
数列单调递增，当时，的最小值为，故C正确，D错误.
故选：BC
10. 已知两直线，，则下列说法正确的是（ ）
A. 对任意实数m，直线，的方向向量都不可能平行
B. 存在实数m，使直线垂直于x轴
C. 存在实数m，使直线，互相垂直
D. 当时，直线的方向向量不存在
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线平行以及垂直满足的系数关系，即可结合方向向量的定义逐一求解.
【详解】若两直线的方向向量平行，则，则无实数解，故两直线的方向向量不可能平行，故A正确，
由于的斜率为，所以直线不可能垂直于x轴，B错误，
当时，此时，，此时两直线垂直，C正确，
当时，直线，则其方向向量可以为，故D错误，
故选：AC
11. 如图，在正方体中，点O为线段BD的中点，点P在线段上，下列说法正确的是（ ）

A. 与平面ABCD所成角为
B. 平面ABD与平面的夹角的余弦值为
C. 当点P是线段的中点时，平面
D. 当点P与点C重合时，点P到平面的距离最小
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线面角的概念即可求解判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角及证明线面垂直，求解点到平面的最小距离，即可判断BCD.
【详解】对于A，因为平面，所以为与平面ABCD所成的角，
因为，所以与平面ABCD所成角为，错误；
对于B，设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，则，
设平面的法向量为，所以，
令，则，易知平面的一个法向量为，
设平面ABD与平面的夹角为，则，
所以平面ABD与平面的夹角的余弦值为，正确；
对于C，当点P是线段的中点时，，则，
因为，所以，
又，所以，
平面，平面，所以平面，正确；
对于D，设，则，
所以点P到平面的距离为，
故当时，，所以当点P与点C重合时，点P到平面距离最小，正确.
故选：BCD
12. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，且（为双曲线的半焦距），点在双曲线的左支上，点为的内心，若成立，则下列结论正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率B.
C. 点的横坐标为定值D. 当轴时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率、内切圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
即，解得（负根舍去），所以A选项正确.
若轴，则，由，解得，
不妨设，则，所以D选项错误.
设三角形的内切圆分别与线段相切于点，
所以，
则，
解得，而，
所以，而轴，所以，所以C选项正确.
设内切圆的半径为，由于，
所以，则，
则，即，
所以B选项正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：在双曲线中，求解焦点三角形有关问题，可以考虑利用双曲线的定义来进行求解.求解通径有关问题，可记住双曲线的通径长度.求解三角形内切圆有关的问题，可以考虑切线长有关知识来进行求解.
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. 已知等比数列满足，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据等比中项的性质即可求解.
【详解】由可得，
故答案为：3
14. “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”这是唐代边塞诗人李颀的《古从军行》中的诗句，诗句中隐含着一个著名的数学问题——“将军饮马”问题，即将军白天察看烽火台之后，从山脚下的某处返回军营，途中须到河边饮马然后再赶回军营，将军怎样走才能使返回总路程最短？已知在平面直角坐标系中，军营所在位置为坐标原点，将军从山脚下的点处出发返回军营，河岸线所在直线方程为．则返回总路程最短为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据点关于直线的对称，进而根据两点距离公式即可求解.
【详解】过作关于直线对称的点，
设，所以，解得，
所以，故最短距离为.
故答案为：

15. 如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕折成四面体．当四面体中满足平面平面时，则
（1）；
（2）平面平面；
（3）为等腰直角三角形
以上结论中正确的是__________（填写你认为正确的结论序号）．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】通过面面垂直的性质可判断（1），通过证明面可判断（2），通过证明可判断（3）.
【详解】AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，则，
又平移后平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，（1）正确；
由已知，且面，
所以面，又面，
所以平面平面，（2）正确；
由平面，且平面，
所以，
所以，由，
所以，
所以为等边三角形，（3）错误.
故答案为：（1）（2）.
16. 已知双曲线（，）的一条渐近线方程为，，为双曲线C的左、右焦点，过且斜率为的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点，若的周长为108，则双曲线C的方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求得，并利用直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长，并结合双曲线的定义表示的周长，即可求解双曲线方程.
【详解】因为双曲线的渐进性方程为，
所以，则双曲线方程为，，，
所以直线的方程为，设，，
联立，得，
，，
所以，
因为，，
所以，
因为的周长为108，所以，
得，所以双曲线方程.
故答案为：
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. 已知数列an中，，（，），且是和的等差中项．
（1）求实数值；
（2）求证：数列是等比数列，并求出an的通项公式．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再由是和等差中项建立等式即可求解；
（2）构造数列，根据等比数列定义及通项公式求解化简即可.
【小问1详解】
根据题意有，
因为是和的等差中项，
所以，解得．
【小问2详解】
由（1）知，所以，
又，所以（常数），
所以数列是以1为首项，以3为公比的等比数列．
则，所以．
18. 已知直线，圆．
（1）若直线与圆无公共点，求实数的取值范围；
（2）若直线与圆交于两点，且（为圆的圆心）为直角三角形，求实数的值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解，
（2）根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式求解即可.
【小问1详解】
易知圆的圆心坐标为，半径．
由直线与圆无公共点知，
圆心到直线的距离或．
故实数的取值范围是或．
【小问2详解】
由题意知，半径CA，CB互相垂直，为等腰直角三角形．
又圆心到直线的距离为，可得，
又，即，解得：．
19. 已知平面直角坐标系内的动点恒满足：点到定点的距离与它到定直线的距离相等．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点的直线l与（1）中的曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求解即可；
（2）设，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，再代入计算得即可.
【小问1详解】
设点P的坐标，由题设及抛物线的定义可知，
点P的轨迹为以焦点，准线方程为的抛物线，
故点P的轨迹C的方程为：．
【小问2详解】
证明：由（1）得，曲线C的方程为：．
由题设可知，直线l的斜率必不为0，故设，
由得：，，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，．
所以，，故即．
20. 将矩形面绕边顺时针旋转得到如图所示几何体．已知，，点E在线段上，P为圆弧的中点．
（1）当E是线段的中点时，求异面直线AE写所成角的余弦值；
（2）在线段上是否存在点E，使得平面？如果存在，求出线段BE的长，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法处理即可.
（2）利用空间位置关系的向量证明即可.
【小问1详解】
如图，以A为原点，以AC，AB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz．
则，，，，
当E是线段的中点时，，，，
则，
所以异面直线AE与所成角的余弦值为．
【小问2详解】
设，
设平面的法向量为，
又，，，
所以，令，得，
若平面，则，解答．
所以在线段上存在点E，使得平面，此时．
21. 已知数列的前n项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求的表达式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求数列通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
因为，
所以（，）．
所以（，）．
又也满足上式，
所以数列an的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
．
两式作差得，
．
22. 已知椭圆经过点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C的右顶点和上顶点分别为A，B，P为椭圆C上位于第三象限内的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，探究四边形ABNM的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；定值4
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆方程，再结合条件，即可求解椭圆方程；
（2）首先利用坐标分别表示直线和的方程，再求点的坐标，并利用对角线垂直，表示四边形的面积，利用点在椭圆上，即可求解.
【小问1详解】
由题设得，，又椭圆C经过点，所以，
由，解得：，．
故椭圆C的方程为：；
【小问2详解】
设Px0,y0（，），则，即．
又，，所以直线PA的方程为，
令，得，
从而；
直线PB的方程为，令，得，
从而．
因为，所以四边形ABNM的面积，
即
．

故四边形ABNM的面积为定值4．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用对角线垂直，根据对角线的长表示四边形的面积，并利用点的坐标，表示点的坐标.