2023-2024学年浙江省温州市高二第一学期期末教学质量统一检测数学试题(B 卷)（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省温州市高二第一学期期末教学质量统一检测数学试题(B 卷)（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线方程x+y+1=0，则倾斜角为( )
A. 45∘B. 60∘C. 120∘D. 135∘
2.已知抛物线C:y2=4x，则抛物线C的准线方程为
( )
A. x=−1B. x=−2C. y=−1D. y=−2
3.在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则AB+12(BD+BC)=
( )
A. ADB. AGC. GAD. MG
4.已知Sn为数列an的前n项和，Sn=2n−1，则a4=( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
5.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A1到平面AB1C的距离为
( )
A. 13B. 12C. 23D. 33
6.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数.他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如右图的1，3，6，10称为三角形数，1，4，9，16称为正方形数，则下列各数既是三角形数又是正方形数的是( )
A. 55B. 49C. 36D. 28
7.已知圆锥有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱与圆锥的高之比为( )
A. 13B. 12C. 23D. 22
8.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 33，点P在椭圆C上，直线PF1与直线y= 3x交于点Q，且QF1⊥QF2，则tan∠F1PF2=( )
A. 3B. 2C. 32D. 23
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知圆C1:x2+y2−8x+7=0和圆C2:x2+y2+6y+m=0外离，则整数m的一个取值可以是
( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
10.以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是( )
A. x24−y22=1与x24+y22=1B. x24−y22=1与y22−x24=1
C. x24+y22=1与x22+y24=1D. y2+4x=0与x2+2y=0
11.已知三棱锥P−ABC如图所示，G为△ABC重心，点M，F为PG，PC中点，点D，E分别在PA，PB上，PD=mPA，PE=nPB，以下说法正确的是
( )
A. 若m=n=12，则平面DEF/​/平面ABC
B. PG=13PA+13PB+13PC
C. AM=12AP+16AB+16AC
D. 若M，D，E，F四点共面，则1m+1n=1
12.已知数列an的前n项和为Sn，且a1<0，a1+a2>0，则下列说法正确的是
( )
A. 若{an}为等差数列，则数列{Sn}为递增数列
B. 若{an}为等比数列，则数列{Sn}为递增数列
C. 若{an}为等差数列，则数列{an}为递增数列
D. 若{an}为等比数列，则数列{an}为递增数列
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若双曲线的渐近线方程为y=±2x，则该双曲线的方程可以是[空1]x.(只需填写满足条件的一个方程)
14.已知正项等比数列an的前n项和为Sn，S3=2a2+3a1，且a5=16，则a1=[空1]x．
15.已知点P为圆C:(x−4)2+(y−4)2=8上一动点，A(2,0)，B(0,2)，则点P到直线AB的距离的取值范围是[空1]x．
16.两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，M和N分别是对角线AC和BF上的动点，则MN的最小值为[空1]x．
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.(本小题10分)
如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=1，AD=AA′=2，∠BAD=∠DAA′=90∘，∠BAA′=60∘，设AB=a，AD=b，AA′=c．
(1)用向量a,b,c表示A′C;
(2)求BC′⋅A′C．
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3=3，S4=5a2．
(1)求数列an的通项公式;
(2)若bn=an+2an，求数列{bn}的前10项和T10．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的菱形，∠ABC=23π，PD⊥平面ABCD，PD=1，M为PB的中点．
(1)求证：平面MAC⊥平面PDB;
(2)求CP与平面MAC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知圆C截y轴所得弦长为2，被x轴分成的两段圆弧的弧长比为3:1，且圆心C到直线x−2y=0的距离为 55，求圆C的方程．
21.(本小题12分)
已知数列an满足an+1=anan+1，a1=12．
(1)求证：数列{1an}为等差数列;
(2)设数列{an}前n项和为Sn，且S2n−Sn>k对任意的n∈N∗恒成立，求k的取值范围．
22.(本小题12分)
已知点A(− 5,2)在双曲线C:x2a2−y2a2=1上，
(1)求C的方程;
(2)如图，若直线l垂直于直线OA，且与C的右支交于P、Q两点，直线AP、AQ与y
轴的交点分别为点M、N，记四边形MPQN与三角形APQ的面积分别为S1与S2，求S1S2的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的斜率与直线的倾斜角的关系，属于基础题．
求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可．
【解答】
解：直线x+y+1=0的斜率为−1，
设直线的倾斜角为α，
则tanα=−1，
∴结合直线倾斜角的范围可得α=135°．
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，抛物线的性质，属于基础题．
由抛物线的标准方程可知：焦点在x正半轴上，p2=1，抛物线的准线方程x=−p2=−1．
【解答】
解：由抛物线C：y2=4x，焦点在x正半轴上，p2=1，
∴抛物线的准线方程x=−p2=−1，
故选：A．
3.【答案】B
【解析】【分析】

本题考查向量的加法、以及数乘运算，考查三角形中位线定理，属于基础题
由已知中M、G分别是BC、CD的中点，根据三角形中位线定理及数乘向量的几何意义，我们可将原式化为AB+BM+MG，然后根据向量加法的三角形法则，易得到答案．
【解答】解：因为M、G分别是BC、CD的中点，所以12BC=BM，12BD=MG
所以AB+12BC+BD=AB+12BC+12BD=AB+BM+MG=AG
故选B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查数列的前n项和Sn与an之间的关系，属于基础题．
利用an=Sn−Sn−1求解．
【解答】
解：根据题意，数列{an}中S n=2n−1，
则a4=S4−S3=(24−1)−(23−1)=8，
即a4=8；
故选C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查点到面的距离，考查等积法，属于中档题．
利用VA1−AB1C=VC−A1AB，再求得点A1到平面AB1C的距离．
【解答】
解：
设点A1到平面AB1C的距离是ℎ，
由VA1−AB1C=VC−A1AB，
由正方体的结构特征可知AC=CB1=B1A= 2，
三棱锥A1−AB1C的体积=13×S△AB1C×ℎ，
∴13× 34×2×ℎ=13×12×1×1×1，
∴ℎ= 33．
则点A1到平面AB1C是 33．
故选D．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了等差数列的前n项和，观察法归纳数列通项，属于基础题．
通过观察可以得到三角形数和正方形数的通项，对照选择项即可得到答案．
【解答】
解：根据题意可得第n个三角形数为“1+2+3+4+···+n=n+1n2，
第n个正方形数为n2，
故既是三角形数，又是正方形数的满足即可写成nn+12，又可写成n2．
结合选项可知只有36=62=8×92，符合题意．
故选C．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆柱与圆锥的结构特征，圆柱的侧面积，二次函数的最值，属于基础题．
先求得圆柱的侧面积的表达式，进而求得其侧面积最大时圆柱与圆锥的高之比．
【解答】
解：如图：
设圆锥的底面半径为R，高为ℎ，内接圆柱的底面半径为r，高为x，
由题意可得rR=ℎ−xℎ，解得r=R(ℎ−x)ℎ，
设内接圆柱的侧面积为S，
则S=2πrx=2πR(ℎ−x)xℎ，
整理得S=2πRℎ(−x2+ℎx)=−2πRℎ(x2−ℎx)=−2πRℎ[(x−ℎ2)2−ℎ24]，
所以当x=ℎ2时，内接圆柱的侧面积最大，此时x:ℎ=1:2．
故选B．
8.【答案】A
【解析】略
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，是基础题．
化圆的一般方程为标准方程，求出圆心坐标和半径，由圆心距大于半径和求得答案．
【解答】
解：由圆C1:x2+y2−8x+7=0，得x−42+y2=9，
由圆C2:x2+y2+6y+m=0，得x2+y+32=9−m，
∵圆C1:x2+y2−8x+7=0和圆C2:x2+y2+6y+m=0外离，
∴ 42+32>3+ 9−m9−m>0.解得m∈(5,9)，
整数m的一个取值可以是：6，7，8．
故选CD．
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率(或取值范围)、求双曲线的离心率(或取值范围)，属于基础题．
利用椭圆和双曲线的离心率公式，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：A选项，x24−y22=1的离心率为e1= 4+22= 62，
x24+y22=1的离心率为e2= 4−22= 22，故A错误；
B选项，x24−y22=1的离心率为e1= 4+22= 62，
y22−x24=1的离心率为e2= 4+2 2= 3，故B错误；
C选项，x24+y22=1的离心率为e1= 4−22= 22，
x22+y24=1的离心率为e2= 4−22= 22，故C正确；
D选项，y2+4x=0的离心率为1，x2+2y=0的离心率为1，故D正确．
故选CD．
11.【答案】ABC
【解析】略
12.【答案】ACD
【解析】【分析】本题考查数列的单调性，属于中档题．
结合等差数列性质与等比数列性质依次判断各个选项即可．
【解答】解：对于A，若{an}为等差数列，且a1<0，a1+a2>0，
则a2>a1，则d>0，故数列{an}为单调递增数列，且当n⩾2时，an>0，
故Sn>Sn−1n⩾2，即数列{Sn}为递增数列，故A正确；
对于C，若{an}为等差数列，且a1<0，a1+a2>0，
则a10，d>0，an>an−1，则数列{|an|}为递增数列，故C正确；
对于B，若{an}为等比数列，且a1<0，a1+a2>0，则a2>0，故公比q<0，则a3<0，会有S3故数列{Sn}不是递增数列，故B错误；
对于D，若{an}为等比数列，a1<0，a1+a2>0，则a2>−a1⇒a2>|a1|⇒q>1，
则数列{|an|}为递增数列，故D正确．
13.【答案】x2−y24=1
【解析】略
14.【答案】1
【解析】略
15.【答案】[ 2,5 2]
【解析】略
16.【答案】 33
【解析】略
17.【答案】解：(1)A′C=a+b−c
(2)BC′=b+c，
A′C=a+b−c，
b2=|b|2=4，c2=|c|2=4，a⋅b=0，a⋅c=1，．
BC⋅A′C=(b+c)⋅(a+b−c)=a⋅b+b2+a⋅c−c2=1
若第2问建系
建立空间直角坐标系如图所示：
B(1,0,0)，A′(1,0, 3)，C(1,2,0)，C′(2,2, 3)，
BC′=(1,2, 3)，
A′C=(0,2,− 3)，
BC⋅A′C=4−3=1

【解析】略
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a3=3S4=5a2，得a1+2d=34a1+4×32d=5a1+d,
解之得：a1=1d=1，
∴an=1+(n−1)×1，
即an=n；
(2)∵bn=an+2an=n+2n，
∴T10=(1+2+⋯+10)+(21+22+⋯+210)
=10(1+10)2+2(1−210)1−2
=55+211−2
=2101(或53+211).

【解析】本题主要考查等差数列通项公式的求法及等比数列前n项和的求法，属于基础题．
(1)设等差数列{an}的公差为d，列出含d的方程组，求出d与a1，即可求解出{an}的通项公式an；
(2)利用(1)中求得的an求出bn，再分组求其和即可．
19.【答案】(1)证明：由PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD，可得PD⊥AC，又底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，而PD⊂平面PDB，BD⊂面PDB，PD∩DB=D，可得AC⊥平面PBD，
又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面PDB;
(2)解：由四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的菱形，∠ABC=23π，PD⊥平面ABCD，PD=1，
M为PB的中点，取AB的中点E，以D为坐标原点以DE所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，
以DP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
设BD∩AC=O，连接MO，显然MO//PD，故MO⊥平面ABCD，
BD⊂面PDB，所以MO⊥BD，又AC⊥BD，
结合线面垂直的判定定理可得BD⊥面MAC，所以BD为面MAC的法向量，
又P(0,0,1)A( 32,−12,0)，B( 32,12,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，M( 34,14,12,
故PC=(0,1,−1)，DB= 32,12,0，
设直线PC与平面MAC所成的角为θ，则sinθ=csPC,DB= 24，
所以CP与平面MAC所成角的正弦值为 24．
【解析】本题考查空间几何体的基本知识，处理面面垂直和线面间的位置关系的基本方法，属于中档题．
(1)由题意可得AC⊥平面PBD，又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面PDB得证;
(2)建立空间直角坐标系，求得PC=(0,1,−1)，DB= 32,12,0，设直线PC与平面MAC所成的角为θ，则sinθ=csPC,DB= 24，即可解决．
20.【答案】解：圆心C( a,b)，半径为r，则圆心到x轴，y轴的距离分别为|b|、|a|，
因圆C截y轴得弦长为2，由勾股定理得r2=a2+1，又圆被x轴分成两段圆弧的弧长的比为3：1，
∴劣弧所对的圆心角为90°，
故r= 2b，即r2=2b2，
∴2b2−a2=1①，
又∵C(a,b)到直线x−2y=0的距离为 55，
即|a−2b| 5= 55，
即a−2b=±1.②
解①②组成的方程组得：a=1b=1或a=−1b=−1，于是r2=2b2=2，
∴圆C的方程为(x+1)2+(y+1)2=2或(x−1)2+(y−1)2=2．
【解析】本题考查圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系，考查方程思想与化归思想的综合运用，考查逻辑思维与运算能力，属于中档题．
设圆心C(a,b)，半径为r，由截y轴所得的弦长为2可得r2=a2+1；由被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1，可知劣弧所对的圆心角为90°，从而有r= 2b；再由圆心到直线l：x−2y=0的距离为 55，可得a−2b=±1，综合可求得a，b的值，从而可得该圆的方程．
21.【答案】(1)证明：因为an+1=anan+1，
所以1an+1−1an=1，
因为a1=12，所以1a1=2，
所以数列{1an}是以2为首项，1为公差的等差数列；
(2)解：由(1)可知1an=n+1，所以an=1n+1．
所以S2n−Sn=1n+2+1n+3+⋯+12n+1⩾n2n+1，
又因为fn=n2n+1=12+1n随着n的增大而单调递增，
n=1时f(n)最小为13，
因为S2n−Sn>k对任意的n∈N∗恒成立，
所以k<13．
【解析】本题考查等差数列的证明，考查不等式恒成立问题，属于中档题．
(1)取倒数，利用等差数列的定义进行证明；
(2)求出S2n−Sn，放缩求最值得出结论．
22.【答案】解：(1)因为点A(− 5,2)在双曲线C:x2a2−y2a2=1上，
所以5a2−4a2=1，解得：a2=1，
故双曲线方程为x2−y2=1．
(2)因为kOA=2− 5=−2 55，所以直线l的斜率为 52，
设直线l方程为y= 52x+b代入双曲线方程为x2−y2=1得：
14x2+ 5bx+b2+1=0，
因为直线l与C的右支交于P、Q两点，所以 5b2−4×14×b2+1>0− 5b>0，解得：b<−12．
设Px1,y1,Qx2,y2，则x1+x2=− 5b14=−4 5b,x1·x2=b2+114=4b2+4，
所以PQ= 1+ 522x1−x2=32x1−x2，
直线AP的方程为y−2=y1−2x1+ 5x+ 5，
令x=0，则y= 5y1+2x1x1+ 5=92x1+ 5bx1+ 5=92+ 5b−9 52x1+ 5，
则点M的坐标为0,92+ 5b−9 52x1+ 5，同理点N的坐标为0,92+ 5b−9 52x2+ 5，
则MN=92+ 5b−9 52x1+ 5−92− 5b−9 52x2+ 5= 5b−92x1−x24b2+4+ 5·−4 5b+5
= 5b−92x1−x24b2−20b+9，
点A到直线MN的距离为 5，到直线PQ的距离为 52×− 5−2+b 522+−12=b−9232=2b−923，
因为四边形MPQN与三角形APQ的面积分别为S1与S2，
则三角形AMN的面积为S2−S1，
所以S2−S1S2=12× 5b−92x1−x24b2−20b+9× 512×32x1−x2×2b−923=54b−522−16，
因为b<−12，所以4b−522−16>20，
所以S2−S1S2∈0,14，则S1S2∈34,1．
【解析】本题主要考查了双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系，三角形的面积问题，属于较难题．
(1)把点A(− 5,2)代入双曲线C:x2a2−y2a2=1，求出a2的值即可
(2)设直线l方程为y= 52x+b代入双曲线方程为x2−y2=1得：14x2+ 5bx+b2+1=0，利用根与系数的关系以及弦长公式，三角形的面积公式求解．