福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期1月期末质量检测试题含解析

这是一份福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期1月期末质量检测试题含解析，共1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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列是等比数列，所以，据此即可求解.
【详解】因为数列是等比数列，所以，
所以或，因为，，
所以.
故选：C.
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.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率，点斜式得到直线方程，求出答案.
【详解】由题意得直线的斜率为，故直线的方程为，
即，令得，
故在轴上的截距为.
故选：D
3. 点到双曲线的渐近线的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出双曲线的渐近线方程，由点到直线的距离公式求解.
【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，即，
则点到双曲线的渐近线的距离为.
故选：A
4. 在四棱锥中，底面为平行四边形，点满足，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取3个向量“”为基底，根据空间向量基本定理求解即可.
【详解】由于点满足，可得：
，
即.
故选：C.
5. 已知数列的前项和为，若，则的最大值为（）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列递推式，采用两式相减的方法推出，结合等比数列通项公式求出表达式，结合单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知，故时，，
当时，，，则，
即，故，又，
所以为首项是，公比为的等比数列，
故，
随n的增大而减小，且数列的奇数项均为负值，偶数项为正值，
故时，取最大值，最大值为，
故选：C
6. 已知椭圆的左、右焦点为，，上一点满足，A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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合椭圆的定义，求出，，然后勾股定理得出a、c的关系即可.
【详解】A为线段的中垂线与的交点，所以，，
三角形的周长为，
所以，又，
所以，又，
所以，
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，得出，再左右同时平方，利用数量积公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】因为，，所以,
因为
所以.
所以
即
所以异面直线与CD所成角的余弦值为.
故选：C.
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.
【答案】B
【解析】
【分析】方法1：由光学性质可知，即，结合由三角不等式可得答案；方法2：设，求出直线、的方程，联立方程可求得点坐标，再求可得答案.
【详解】方法1：如图，由光学性质可知：入射光线，反射光线轴，所以，
又，所以，因为轴，，
则有，所以，即，
由三角不等式可得，
即；
方法2：设，，易求得，
所以，，联立方程可求得，
所以，
即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：在方法2中，解题的关键点是求出直线、的方程，联立方程可求得点坐标.
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
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知，圆在圆的内部或圆上，即圆心距小于或等于半径差.
【详解】由题意，，即圆在圆的内部或圆上，
则，即.
故选：ABC
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
【答案】BC
【解析】
【分析】建系，利用向量法逐一求解即可．
【详解】建系如图：
由题得，
，
，
因为与不共线，所以不平行，所以A错误；
因为，所以，B正确；
设平面的法向量为，
，取，
所以点F到平面的距离为，所以C正确；
直线与平面所成角的正弦值为：
，所以D错误；
故选：BC.
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
【答案】ABC
【解析】
【分析】AB选项，举出实例；C选项，求出，离心率，由正切函数单调性得到C正确；D选项，举出反例.
【详解】A选项，当时，，
即，此时为圆，A正确；
B选项，当时，，即，为两条直线，B正确；
C选项，若为双曲线，则，即，
所以，此时离心率，
由于在上单调递增，故单调递增，
即越大，的离心率越大，C正确；
D选项，若为椭圆，由于，故，所以，
所以，
当时，，此时，，
离心率，
当时，，此时，，
此时离心率，
不满足越大，的离心率越大，D错误.
故选：ABC
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，
【答案】BCD
【解析】
【分析】取特值判断A正确；分类讨论得到通项公式，判断BC正确；等价变形，裂项相消判定D正确.
【详解】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，故C正确；
其和，
对于选项B：
，，，，
所以之和为，
故B正确；
由可得
，
即，所以，
累加可得，故选项D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：遇到二次型的数列递推式时，可以考了同除以某项构造数列或移项取倒数裂项求和.
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______.
【答案】1
【解析】
【分析】，，三点共线,即，根据空间向量平行列式即可得出答案.
【详解】,,
由题得，所以，解得1，
故答案为：1.
14. 已知抛物线焦点为，是上一点，的面积为2，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】由的面积可得点的坐标，再由抛物线定义可求.
【详解】由题意，，，
，，所以，
则，
由抛物线的定义知，.
故答案为：5.
15. 已知圆和圆，过动点分别作圆，圆的切线，（A，为切点），且，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出P的轨迹方程，结合图像即可求解.
【详解】
如图，连接，因为，与圆相切，
所以，
设，所以，
整理得，所以在以为圆心，3为半径的圆上运动，
，当且仅当在时等号成立，
所以答案为：.
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______.
【答案】 ①. 8 ②. （或）
【解析】
【分析】求出的解析式，点的坐标，点的坐标，点的坐标，的解析式，据此求出，，据此即可求解.
详解】，，则，
当时易得，，
则，即，所以，
而，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以，
，
所以，所以的前项和为
.
故答案为：8；（或）.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出的解析式，点的坐标，点的坐标，点的坐标，的解析式，据此求出，.
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. 已知等差数列的前项和为，满足，.
（1）求；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，然后利用等差数列通项和求和公式带入求解即可；
（2）求出的通项公式，得出是等比数列，利用等比数列求和公式即可得出答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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
18. 在平面直角坐标系中，点，，动点满足.
（1）求点轨迹的方程；
（2）过点的直线与交于，两点，，求的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设，由题意列出方程，化简即可得答案；
（2）由题意求出圆心到直线的距离，设直线方程，结合点到直线的距离公式列方程，求得直线的斜率，即得答案.
【小问1详解】
设，因为，点，，
所以，
化简得，所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
因为，，则，
所以圆心到直线的距离
①当直线的斜率不存在时，的方程为，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. 已知双曲线的左顶点为A，为上（异于A）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.
【答案】（1）或
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，其中，，用两点间距离公式得到，代换转换成二次函数求最值问题，然后利用点斜式求出直线方程；
（2）设，写出直线AP的方程，得到Q点坐标，计算即可得证.
【小问1详解】
设，其中，
所以当时，取得最小值为，此时，
此时，所以直线：，
化简得或
【小问2详解】
设，，则直线的方程为：，所以
所以，
所以为定值.
20. 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：，
【答案】（1）154，5月或6月
（2）19604个
【解析】
【分析】（1）记第月的产量为，第月的产品合格率为，确定数列为等比数列，数列为等差数列，根据等差数列以及等比数列的通项公式，结合判断第月生产的不合格产品数的增减性，即可求得答案；
（2）设今年前个月生产合格产品总数为，利用错位相减法即可求得，结合近似计算，即得答案.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
设今年前个月生产的合格产品总数为，则，
由于，，
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）解法一：利用空间向量法，，从而得证；
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，利用坐标运算得，从而得证；
解法三：通过证明平面，则，利用勾股定理得证，从而得证；
（2）假设存在点满足条件，利用两平面夹角公式可解.
【小问1详解】
解法一：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
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，
，，，
设，则，所以，
由得，所以，
又因为，所以，解得，
所以，，，，
所以，
所以；
解法三：在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于.
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，平面，平面，
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；
【小问2详解】
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.
22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上不同两点A，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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（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，得出，即可求解；
（2）由题意求出P点坐标，然后将面积和用表示，找到与交点坐标间的关系，设直线方程，联立，韦达定理，整体带入求解即可.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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
.