2023-2024学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题（含解析），共21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.正项等比数列an，a2a6=16，则a4=( )
A. 8B. 4C. 2D. 1
2.直线l的方程为y− 3x+2024=0，则l的倾斜角是
( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
3.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为12，且它的长轴长等于4，则椭圆的标准方程是
( )
A. x24+y23=1B. x216+y212=1C. x24+y2=1D. x216+y24=1
4.在空间直角坐标系Oxyz中，点A1,2,3，点C是点B2,0,1关于z轴的对称点，则AC=( )
A. 5B. 2 2C. 17D. 3 2
5.抛物线C：y2=2pxp>0上的点M1,y0与焦点F的距离是2，则p=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
6.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，点E为正方形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的正切值为
( )
A. 2 55B. 52C. 2D. 2
7.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，点B(0,b)，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点，且QP=2PF1，则C的渐近线方程为
( )
A. y=± 2xB. y=± 3xC. y=±2xD. y=± 5x
8.各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，a1=−1，a3∈[2,8]，a2028>0，且2an+2an+1+an+3an=0，则S2024的最小值等于
( )
A. 23×(4506−1)B. 4506−1C. 43×(4506−1)D. 53×(4506−1)
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.已知平面α与平面β平行，若平面α的一个法向量为n=−1,2,−3，则平面β的法向量可以是
( )
A. 1,−2,3B. −1,−2,3C. 2,−4,6D. 2,−4,−6
10.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排的形状，把数分成许多类，如图1，图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，如图2，图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数为数列an，正方形数为数列bn，则
( )
A. a5=15B. b5=20C. b10=a10+45D. an=nn+12
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=8，AD=6，点E是正方形BCC1B1内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是
( )
A. 若D1E//平面ABB1A1，则E∈CC1
B. 不存在点E，使得CE⊥AD1
C. 若∠D1EC=π2，则存在BE的值为3 5−4
D. 若直线D1E与平面BCC1B1所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为2π
12.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过其右焦点F24,0的直线l与它的右支交于P、Q两点，PF1与y轴相交于点A，△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B，设AB=t，则下列说法正确的是
( )
A. PQ的最小值为定值
B. 若t=32，则PF1−PF2=3
C. 若t=2，过点(1, 3)且斜率为k的直线l与E有2个交点，则k∈(− 3, 3)
D. 若t=2，则△PF1F2的内切圆与▵QF1F2的内切圆的面积之和的最小值为8π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(2,2,1)，b=(1,−1, 2)，则a⋅b=
14.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S2=−3，S4=−2，则S6=
15.已知点A(−2,0)，B(2,0)，若在直线l：y=a(x− 5)上至少存在3个不同的点P，使得▵PAB为直角三角形，则实数a的取值范围为
16.(x−m)2a2+(y−n)2b2=1表示以点(m,n)为中心的椭圆，如图所示，F(0,−1)为椭圆C：(x−1)22+(y+1)2=1的左焦点，Q为直线x+y−3 3=0上的一点，P为椭圆C上的一点，以FP为边作正方形FPAB(F,P,A,B按逆时针排列)，当P在椭圆上运动时，|BQ|的最小值为
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
▵ABC的顶点是A0,0，B−1,−1，C3,1．
(1)求边AB上的高所在直线的方程；
(2)求过点A，B，C的圆方程．
18.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD⊥DC，AF//DE，AB//DC，AB=AD=2，AF=3，DE=DC=4，H为CE的中点．
(1)求证：BH//平面ADEF；
(2)求点B到平面CEF的距离．
19.(本小题12分)
已知数列an是递增的等差数列，a1=2，a3是a1与a7的等比中项，
(1)求an的通项公式；
(2)记bn=n+3⋅an，求数列1bn的前n项和Tn．
20.(本小题12分)
如图，矩形BCC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，O1、O分别为上下底面的圆心，E为CO1的中点，BC=8，BB1=4．
(1)当点A为弧BC的中点时，求证：AO⊥平面BB1C1C；
(2)若点A为弧BC的靠近C点的三等分点，求直线AE与平面AOB1所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知正项数列an前n项和为Sn，满足2Sn+1=an2+n，数列bn满足bn= 2an−n,n为奇数1−an,n为偶数，记数列bn的前n项和为Tn，
(1)求数列an的通项公式；
(2)求满足不等式T2n≤b2n−1的正整数n的最大值．
22.(本小题12分)
已知点A，B关于坐标原点O对称，AB=1，圆M过点A，B且与直线y+12=0相切，记圆心M的轨迹为曲线Γ．
(1)求曲线Γ的方程；
(2)过曲线Γ上的动点P作圆G：x2+y−t2=1的切线l1，l2，交曲线Γ于C，D两点，对任意的动点P，都有直线CD与圆G相切，求t的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据等比数列的性质计算即可
【详解】在正项等比数列an，a2a6=16，
所以a42=a2a6=16，所以a4=4(a4=−4舍去)．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】根据给定的直线方程，求出直线的斜率，再求出倾斜角即可．
【详解】直线l：y= 3x−2024的斜率k= 3，所以直线l的倾斜角是60∘．
故选：C
3.【答案】A
【解析】【分析】由椭圆的离心率和长轴长，结合a2=b2+c2可得椭圆标准方程．
【详解】由题意得e=ca=122a=4a2=b2+c2，解得a=2b= 3，所以椭圆方程为：x24+y23=1，
故选：A。
4.【答案】C
【解析】【分析】根据空间直角坐标系中关于z轴对称的点的坐标特征可求得C，结合空间中两点间距离公式可求得结果．
【详解】因为点C是点B2,0,1关于z轴的对称点，
所以C−2,0,1，
所以AC= −2−12+0−22+1−32= 17．
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】由抛物线的定义，列方程求解p的值．
【详解】由抛物线的方程可得准线方程为x=−p2，
根据抛物线定义有MF=1+p2=2，可得p=2．
故选：D
6.【答案】D
【解析】【分析】根据给定条件，取A1B1的中点G，结合平行公理，利用异面直线所成角的定义，借助等腰三角形的性质求解即可．
【详解】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，取A1B1中点G，连接FG,EG,BG，
由点E为正方形ABB1A1的中心，得EG//BB1,EG=12BB1，而BB1//CC1,BB1=CC1，
于是EG//CC1,EG=12CC1，由F为棱CC1的中点，得EG//CF,EG=CF，
则四边形CFGE是平行四边形，有FG//CE，即∠BFG或其补角就是异面直线BF与CE所成的角，
显然正三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都相等，令棱长为2，
则BF= 22+12= 5,FG= 12+( 3)2=2,BG= 22+12= 5，
等腰▵BFG底边FG上的高ℎ= BF2−(12FG)2=2，tan∠BFG=ℎ12FG=2，
所以异面直线BF与CE所成角的正切值为2．
故选：D
7.【答案】B
【解析】【分析】先求出直线BF1的方程，再与渐近线y=bax联立，求得点Q的坐标，再根据QP=2PF1求出点P的坐标，再根据点P在直线y=−bax上，求得a,b,c的关系式，即可得解．
【详解】双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
因为QP=2PF1，所以P在线段PF1上，
故Q为直线BF1与y=bax的交点，P为直线BF1与y=−bax的交点，
F1−c,0，则直线BF1的方程为x−c+yb=1，
联立x−c+yb=1y=bax，解得x=acc−ay=bcc−a,
设Pm,n，
由QP=2PF1，得m−acc−a,n−bcc−a=2−c−m,−n，
所以m−acc−a=2−c−mn−bcc−a=−2n，解得m=3ac−2c23c−an=bc3c−a，即P3ac−2c22c−a,bc3c−a
因为点P在直线y=−bax上，
所以bc3c−a=−ba⋅3ac−2c23c−a，
化简得ca=2，
所以ba= b2a2= c2a2−1= 3，
所以C的渐近线方程为y=± 3x．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】【分析】将n+1代入关系式得到an+4=4an，分组求和得到S2024表达式，利用基本不等式和二次函数性质求出最值．
【详解】因为2an+2an+1+an+3an=0，
所以an+1an+3=−2anan+2，将n+1代入，
得an+2an+4=−2an+1an+3，
所以an+2an+4=4anan+2，又an+2≠0，
所以an+4=4an，a5=−4；
故S2024=(a1+a5+⋯+a2021)+(a2+a6+⋯+a2022)
+(a3+a7+⋯+a2023)+(a4+a8+⋯+a2024)
=−1×(1−4506)1−4+a2×(1−4506)1−4+a3×(1−4506)1−4+a4×(1−4506)1−4
=4506−13×(a2+a3+a4−1)，
又因为a2028=a4×4506>0，
所以a4>0，由2a1a3+a2a4=0，a1=−1，即a2a4=2a3，
因为a3∈[2,8]，所以a2>0,a2+a4≥2 a2a4=2 2a3，
当且仅当a2=a4时等号成立，
所以S2024≥4506−13(a3+2 2a3−1)=4506−13[( a3+ 2)2−3]，
又 a3∈[ 2,2 2]，
所以当 a3= 2时，y=4506−13[( a3+ 2)2−3]最小，
所以S2024≥4506−13×[( 2+ 2)2−3]=51−45063，
即 a3= 2时，S2024有最小值53×(4506−1)．
故选：D
关键点点睛：利用递推关系得到an+4=4an，并利用分组求和得到关于a3的函数关系是本题关键．
9.【答案】AC
【解析】【分析】利用空间向量的坐标分别判断n=−1,2,−3与四个选项中的向量是否平行即可得解．
【详解】因为平面α与平面β平行，所以平面α的法向量与平面β的法向量平行，
对于选项A:若1,−2,3=λ−1,2,−3，则1=−λ−2=2λ3=−3λ,此时λ=−1，满足平面α的法向量与平面β的法向量平行，故选项 A正确；
对于选项B:若−1,−2,3=λ−1,2,−3，则−1=−λ−2=2λ3=−3λ,此时无解，不满足平面α的法向量与平面β的法向量平行，故选项 B错误；
对于选项C:若2,−4,6=λ−1,2,−3，则2=−λ−4=2λ6=−3λ,此时λ=−2，满足平面α的法向量与平面β的法向量平行，故选项 C正确；
对于选项D:若2,−4,−6=λ−1,2,−3，则2=−λ−4=2λ−6=−3λ,此时无解，不满足平面α的法向量与平面β的法向量平行，故选项 D错误．
故选：AC．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】利用观察归纳法，结合等差数列前n项和公式求出an,bn，再逐项判断即得．
【详解】依题意，an=1+2+3+4+⋯+n=n(n+1)2，a5=5(5+1)2=15， AD正确；
bn=1+3+5+7+⋯+(2n−1)=n[1+(2n−1)]2=n2，b5=25， B错误；
a10=10(10+1)2=55，b10=100=55+45=a10+45， C正确．
故选：ACD
11.【答案】AD
【解析】【分析】对于A，直接由点线面的位置关系即可判断；建立适当的空间直角坐标系，对于B，若CE⊥AD1，则CE⋅AD1=−6a+6b=0，结合0≤a,b≤6,但a,b不同时为0，判断即可；对于C，若∠D1EC=π2，则ED1⋅EC=a2+b2−6b=0，由模长公式进行放缩即可判断；对于D，由线面角的正弦公式得点E的轨迹为a2+b−62=16，结合0≤a,b≤6,即可判断．
【详解】对于选项A：
因为平面CDD1C1//平面ABB1A1，
若D1E//平面ABB1A1，则E∈平面CDD1C1，
又因为E∈平面BCC1B1，且平面CDD1C1∩平面BCC1B1=CC1，所以E∈CC1，故 A正确；
对于选项B：以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系：

因为AB=8，AD=6，点E是正方形BCC1B1内部或边界上异于C的一点，
所以D0,0,0,A6,0,0,B6,8,0,C0,8,0,D10,0,6，
A16,0,6,B16,8,6,C10,8,6,Ea,8,b,0≤a,b≤6,但a,b不同时为0，
CE=a,0,b,AD1=−6,0,6，若CE⊥AD1，
则CE⋅AD1=−6a+6b=0，解得a=b，
所以存在点E在正方形BCC1B1对角线B1C上且异于C，使得CE⊥AD1，故 B错误；
对于C，ED1=−a,−8,6−b,EC=−a,0,−b,BE=a−6,0,b，
若∠D1EC=π2，则ED1⋅EC=a2+b2−6b=0，即a2+b−32=9，结合0≤a,b≤6,
令a=3csθ,b=3+3sinθ,θ∈−π2,π2，
所以BE= a−62+b2= 3csθ−62+3sinθ+32= 54−36csθ+18sinθ= 54+18 5sinθ−α，
因为6 5>7，
所以54−18 5>61−24 5，BE= 54+18 5sinθ−α≥ 54−18 5> 61−24 5=3 5−4，
所以若∠D1EC=π2，则不存在BE的值为3 5−4，故 C错误；
对于D，ED1=−a,−8,6−b，可取平面BCC1B1的法向量为n=0,1,0，
若直线D1E与平面BCC1B1所成角的正切值为2，
则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为ED1⋅nED1⋅n=8 a2+64+6−b2=2 22+1，
化简并整理得，a2+b−62=16，结合0≤a,b≤6,
所以如图所示：
点E的轨迹长度为以0,6为圆心4为半径的四分之一圆周长，即14×2π×4=2π，故 D选项正确．
故选：AD．
关键点睛：对于CD，结合空间向量利用数形结合，将∠D1EC=π2转换为ED1⋅EC=a2+b2−6b=0，将直线D1E与平面BCC1B1所成角的正切值为2转换为a2+b−62=16，由此即可顺利得解．
12.【答案】BD
【解析】【分析】结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得a,b，从而求得双曲线E的方程.结合双曲线的渐近线、直线和双曲线的交点、焦点弦的最小值、三角形内切圆面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
【详解】因为△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B，如图，M,N为另外两个切点，
由切线长定理可知PM=PN，F2B=F2N,AM=AB，
因为A在y轴上，所以AF1=AF2，
所以PF1−PF2=PM+AM+AF1−PN+F2N
=AM+AF1−F2N=AB+AF2−F2B=2AB=2t，
∴a=t,c=4,b2=16−t2，
双曲线E的方程为：x2t2−y216−t2=1，
对于A，因为直线l与双曲线的右支交于P、Q两点，
则当PQ垂直于x轴时，PQ最短且最小值为2b2a=216−t2t，
所以PQ的最小值不是定值，故 A错误；
对于B，若t=32，则a=32，所以PF1−PF2=2a=3，故 B正确；
对于C，若t=2，则a=2,c=4,b2=12，双曲线的方程为x24−y212=1，
直线l的方程为y− 3=kx−1，
联立y− 3=kx−1x24−y212=1，消y得k2−3x−12+2 3k−6x−1+12=0，
则k2−3≠0Δ=2 3k−62−48k2−3>0，解得−5 330，
由对勾函数的性质可得fx在区间0,1上递减，在区间1,+∞上递增，
所以函数y=m+1m在13,1上递减，在1,3上递增，
又1+11=2,13+3=3+13=103，所以m+1m∈2,103,4m+4m∈8,403，
记△PF1F2的内切圆面积为S1,▵QF1F2的内切圆面积为S2，
故S1+S2=πr12+r22∈8π,403π,
所以△PF1F2的内切圆与▵QF1F2的内切圆的面积之和的最小值为8π，故 D正确．
故选：BD．
关键点点睛：在过双曲线焦点的弦中，当弦的端点分别在两支时，弦长的最小值为2a；当弦的端点在同一支时，弦长的最小值为2b2a.这个知识点要作为结论记下来，如果要证明，过程很复杂，小题小做，节约时间是关键．
13.【答案】 2
【解析】【分析】利用数量积坐标运算公式求解即可．
【详解】因为a=(2,2,1)，b=(1,−1, 2)，
所以a⋅b=2×1+2×−1+1× 2= 2．
故答案为： 2．
14.【答案】3
【解析】【分析】结合题意及等差数列前n项和公式列出方程，再利用等差数列的求和公式计算即可．
【详解】结合题意：因为S2=−3，S4=−2，
所以S2=2a1+d=−3S4=4a1+12×4×3d=−2，解得a1=−2d=1,
所以S6=6a1+12×6×5d=6×−2+12×6×5×1=3．
故答案为：3．
15.【答案】−2,0∪0,2
【解析】【分析】当a=0时，A,B,P三点共线，构不成三角形，故a≠0．▵PAB是直角三角形，由直径对的圆周角是直角，知直线和以MN为直径的圆有公共点即可，由此能求出实数a的取值范围．
【详解】当a=0时，A,B,P三点共线，构不成三角，故a≠0，
如图所示，▵PAB是直角三角形，有三种情况：
当A是直角顶点时，直线上有唯一点P1点满足条件；
当B是直角顶点时，直线上有唯一点P2满足条件；
当P是直角顶点时，此时至少有一个点P满足条件．
由直径对的圆周角是直角，知直线和以AB为直径的圆有公共点即可，
以AB为直径的圆为x2+y2=4，圆心为0,0，半径r=2，
所以− 5a a2+1≤2，解得−2≤a≤2，且a≠0，
∴实数a的取值范围是−2,0∪0,2．
故答案为：−2,0∪0,2．
16.【答案】 6
【解析】【分析】通过旋转变换得点B的轨迹方程y22+x2=1，当过点B的椭圆y22+x2=1的切线与已知直线平行时，|BQ|可能取最小值，由此即可得解．
【详解】由题意将椭圆C逆时针旋转π2得到：y22+x2=1为动点B的轨迹方程，
设与已知直线平行的直线为：y=−x+t，联立得，
y22+x2=1y=−x+t，化简得，3x2−2tx+t2−2=0，
相切时满足：4t2−12×t2−2=0,t=± 3，
两平行直线最短距离即为所求d=3 3− 3 2= 6．
故答案为： 6．
关键点睛：通过旋转变换得点B方程，结合直线与椭圆的位置关系即可顺利得解．
17.【答案】(1)
直线AB的斜率为−1−1=1，故边AB上的高所在直线的斜率为−1，
故边AB上的高所在直线的方程为y−1=−x−3，即x+y−4=0；
(2)
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将A0,0，B−1,−1，C3,1代入得
F=01+1−D−E+F=09+1+3D+E+F=0，解得F=0D=−6E=8,
故圆的方程为x2+y2−6x+8y=0．

【解析】【分析】(1)求出直线AB的斜率，得到边AB上的高所在直线的斜率，点斜式求出直线方程，得到答案；
(2)设出圆的一般方程，待定系数法进行求解．
18.【答案】(1)
取DE的中点M，连接MA,MH，
因为H为CE的中点，所以MH//CD且MH=12CD，
又AB//CD且AB=12CD，
所以MH//AB且MH=AB，
所以四边形ABHM为平行四边形，所以BH//AM，
又AM⊂平面ADEF，BH⊄平面ADEF，
所以BH//平面ADEF；
(2)
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则B2,2,0,C0,4,0,E0,0,4,F2,0,3，
故BC=−2,2,0,CE=0,−4,4,EF=2,0,−1，
设平面CEF的法向量为n=x,y,z，
则有n⋅CE=−4y+4z=0n⋅EF=2x−z=0，可取n=1,2,2，
所以点B到平面CEF的距离为n⋅BCn=−2+4+03=23．

【解析】【分析】(1)取DE的中点M，连接MA,MH，证明四边形ABHM为平行四边形，则BH//AM，再根据线面平行的判定定理即可得证；
(2)以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
19.【答案】(1)
设公差为d,d>0，
因为a3是a1与a7的等比中项，
所以a32=a1a7，即2+2d2=22+6d，解得d=1(d=0舍去)，
所以an=n+1；
(2)
bn=n+3⋅an=n+1n+3，
在1bn=1n+1n+3=121n+1−1n+3，
所以Tn=1212−14+13−15+14−16+⋯+1n+1−1n+3
=1212+13−1n+2−1n+3=1256−1n+2−1n+3．

【解析】【分析】(1)先求出公差，再根据等差数列的通项即可得解；
(2)利用裂项相消法求解即可．
20.【答案】(1)
结合题意：易知底面是以O为圆心，以BC为直径的半圆，
因为点A为弧BC的中点，所以AO⊥BC，
因为矩形BCC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，
所以BB1⊥面ABC，
因为OA⊂面ABC，所以BB1⊥AO，
因为BB1∩BC=B，且BB1,BC⊂平面BB1C1C，
所以AO⊥平面BB1C1C．
(2)
取弧BC的中点A1连接OA1，由(1)问可知：A1O⊥平面BB1C1C，
且易得A1O⊥O1O，O1O⊥BC，A1O⊥BC，
故以O坐标原点，以OC,OA1,OO1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为BC=8，BB1=4，点A为弧BC的靠近C点的三等分点，
所以O0,0,0,B1−4,0,4,O10,0,4,C4,0,0,A2,2 3,0，
所以OB1=−4,0,4,OA=2,2 3,0,
因为E为CO1的中点，所以E2,0,2，所以AE=0,−2 3,2，
设平面AOB1的法向量为n=x,y,z，
则n⊥OAn⊥OB1，即n⋅OA=2x+2 3y=0n⋅OB1=−4x+4z=0，令x= 3，则n= 3,−1, 3，
所以直线AE与平面AOB1所成角的正弦值为sinθ=csn,AE=n⋅AEnAE=0× 3+−2 3×−1+2 3 02+−2 32+22× 32+1+ 32= 217．

【解析】【分析】(1)只需证明AO⊥BC，BB1⊥AO，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)结合(1)问，建立空间直角坐标系，求出平面AOB1的法向量，利用线面角的向量求法求解即可．
21.【答案】(1)
由2Sn+1=an2+n，①
当n=1时，2a1+1=a12+1，解得a1=2(a1=0舍去)，
当n≥2时，2Sn−1+1=an−12+n−1，②
由①−②得2an=an2−an−12+1，即an−12=an−12，
因为an>0，所以an−1=±an−1，
当an−1=−an−1时，由a1=2，得a2=−11,c6=6964>1,c7=94128