浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量统一检测数学（B卷）试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上．
2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．
3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．
选择题部分
一、选择题：本大题共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. 已知直线方程，则倾斜角为（ ）
A. 45°B. 60°C. 120°D. 135°
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为-1，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：D.
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据抛物线的标准方程求解.
【详解】由抛物线得：焦点在x轴上，开口向右，p=2，
所以其准线方程为，
故选：B
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，属于基础题.
3. 在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，.
故选：C.
4. 已知为数列的前n项和，，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由直接计算即可.
【详解】由题意.
故选：C.
5. 在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点到平面的距离为，根据，结合锥体的体积的计算，即可求解.
【详解】如图所示，设点到平面的距离为，
由，
因为正方体的棱长为，可得，
三棱锥的体积为，
所以，解得，
所以点到平面的距离为.
故选：D.
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，如下图的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
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，整理数列的通项公式，建立方程，可得答案.
【详解】由题意，三角形数可看作，，，，
则第个三角形数为；
正方形数可看作，，，，，则第个正方形数为；
对于A，令，其解不是正整数，所以不是正方形数，故A错误；
对于B，令，解得，令，其解不是正整数，
所以不是三角形数，故B错误；
对于C，令，解得，令，解得，故C正确；
对于D，令，显然其解不是正整数，所以不是正方形数，故D错误.
故选：C.
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. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出圆锥及其内接圆柱的轴截面，利用条件结合圆柱的侧面积公式求圆柱的侧面积，利用二次函数的图象和性质求解即可．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为；圆柱的底面半径为，高为，
画出圆锥及其内接圆柱的轴截面，如图
则，
．
圆柱侧面积
．
当时，圆柱侧面积最大，
此时圆柱与圆锥的高之比为．
故选：B.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线与直线交于点Q，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，，则，由题意，结合椭圆定义可列关于的方程由此即可得解.
【详解】
椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，
不妨设，则，
点P在椭圆C上，直线与直线交于点Q，且，
所以，
又是的中点，
所以，
所以是正三角形，
所以，可得，
设，，
所以，即，
所以，解得，
又，所以，所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是想办法用含的式子表示出，从而即可顺利得解.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知圆和圆外离，则整数m的一个取值可以是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】CD
【解析】
【分析】写出两圆的圆心及半径，利用两点之间坐标公式求出圆心距，利用两圆外离的关系列出不等式，求出整数的值.
【详解】因为方程可化为，
所以圆的圆心的坐标为，半径为，
因为方程可化为，
由已知，且为正整数，
所以圆的圆心的坐标为，半径为，
所以圆心距，
因为圆和圆外离，
所以，
所以，
故的可能取值有，
故选：CD.
10. 以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】CD
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线以及抛物线离心率公式，分别求出各个圆锥曲线的离心率，即可得出答案.
【详解】对于A项，双曲线的离心率为；椭圆的离心率为，故A错误；
对于B项，双曲线的离心率为；双曲线的离心率为，故B错误；
对于C项，椭圆的离心率为；椭圆的离心率为，故C项正确；
对于D项，方程可化为抛物线，方程可化为抛物线，而且抛物线的离心率均为1，故D项正确.
故选：CD.
11. 已知三棱锥如图所示，G为重心，点M，F为中点，点D，E分别在上，，，以下说法正确的是（ ）

A. 若，则平面∥平面
B.
C.
D. 若M，D，E，F四点共面，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由中位线得，结合线面平行、面面平行的判定定理即可得证；对于BC，直接由图形的性质分解向量即可；对于D由B中结论变形为，由四点共面的充要条件即可判断.
【详解】对于A，若，即分别为的中点，又点为的中点，
所以，
又面，面，
所以面，同理可证面，
又面，
所以平面∥平面，故A正确；
对于BCD，如图所示：

设中点为，连接，因为点G为重心，
所以点在线段上面，
所以
，故B正确；
对于C，
，故C正确；
因为，
所以，
若M，D，E，F四点共面，则，解得，故D错误.
故选：ABC.
12. 已知数列的前n项和为，且，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为等差数列，则数列为递增数列
B. 若为等比数列，则数列为递增数列
C. 若为等差数列，则数列为递增数列
D. 若为等比数列，则数列为递增数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】AC选项，得到公差，，结合等差数列求和公式得到对恒成立，A正确，推出得到C正确；BD选项，得到公比，举出反例得到C错误，由，且，得到D正确.
【详解】因为，，所以，且，
AC选项，若为等差数列，则公差，，
则，对恒成立，
则数列为递增数列，A正确；
由于，故，又，故，
则，数列为递增数列，C正确；
BD选项，若为等比数列，则公比，不妨设，，
则，故，
则数列不为递增数列，B错误；
由于，故，又，故数列为递增数列，D正确.
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的方程可以是______．（只需填写满足条件的一个方程）
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】由相同渐近线的双曲线的共性即可求解.
【详解】若双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的方程可设为，
在这里不妨取即可满足题意.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 已知正项等比数列的前n项和为，，且，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】由等比数列前项和以及等比数列基本量的计算可先算的公比，从而由即可得解.
【详解】设公比为，由题意，
所以，又，
所以，解得满足题意，
所以.
故答案为：1.
15. 已知点P为圆上一动点，，，则点P到直线AB的距离的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】首先得出圆心到直线的距离，以及圆的半径，由此结合即可求解.
【详解】显然点，在圆的外面，
而直线，即，
又圆的圆心、半径分别为，
所以圆心到直线的距离为，
设点P到直线AB的距离的为，则，
即点P到直线AB的距离的取值范围是.
故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间坐标系，设点坐标的得到线段长度表达式，配方利用二次函数最小值.
【详解】因为平面平面，平面平面,，平面,根据面面垂直性质定理知平面，
，从而，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
设
，，．
=，
当时，最小，最小值为；
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 如图，在平行六面体中，，，，，设，，．
（1）用向量表示；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接分解向量即可求解；
（2）首先分解向量得，进一步结合两两之间的数量积即可求解.
【小问1详解】
由题意.
【小问2详解】
由题意，
因为，，，，
所以，
所以.
18. 已知等差数列的前n项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前10项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由等差数列前和以及等差数列基本量的计算可得公差，由此即可得解；
（2）直接由等差数列、等比数列求和公式分组求和即可得解.
【小问1详解】
由题意，，因为，解得，
所以等差数列的公差，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由题意，
所以数列的前10项和
.
19. 如图，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，平面ABCD，，M为PB的中点．
（1）求证：平面平面PDB；
（2）求CP与平面MAC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见讲解.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直线与平面的垂直的性质，平面与平面的判断定理进行证明.
（2）利用空间向量求解.
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以.
因为平面，因为平面，
所以，因为，
平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
连接，交于，
因为四边形为菱形，所以为的中点，
因为M为PB的中点，所以为的中位线，
所以，因为平面ABCD，
所以平面，如图建立空间直角坐标系.
根据题意有,,
所以，
易知平面的一个法向量为，设CP与平面MAC所成角为，
则，
所以CP与平面MAC所成角的正弦值.
20.
已知圆满足：① 截轴所得弦长为2；②被轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；③圆心到直线：的距离为，求该圆的方程．
【答案】或
【解析】
【详解】（法一）设圆P的圆心为P（a，b），半径为r，
则点P到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|．
由题意可知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°
圆P截x轴所得弦长为，2|b|=，得r2=2b2，
圆P被y轴所截得的弦长为2，由勾股定理得r2=a2+1，
得2b2- a2=1．
又因P（a，b）到直线x -2y=0距离为，得d=，即有
综前述得，解得，，于是r2= 2b2=2
所求圆的方程是，或
（法二）设圆的方程为，
令x =0，得，
所以，得
再令y=0，可得，
所以，得，
即，从而有2b2- a2=1．
又因为P（a，b）到直线x -2y=0的距离为，
得d=，即有
综前述得，解得，，于是r2= 2b2=2
所求圆的方程是，或
21. 已知数列满足，．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设数列前n项和为，且对任意的恒成立，求k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明为定值即可；
（2）先求出数列的通项，要使对任意的恒成立，只需要即可，令，利用单调法求出数列的最小项即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，所以，
要使对任意的恒成立，只需要即可，
令，
则
，
所以数列是递增数列，
所以，即，
所以.
22. 已知点在双曲线C：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的面积分别为与，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点在双曲线上，代入求得的值，即可求解；
（2）根据题意，设直线为，联立方程组，由，求得，且，利用弦长公式求得则，进而得到，再由直线和的方程，得到，求得的面积，进而得到，结合函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由点在双曲线上，可得，
解得，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
解：由直线垂直于，可得直线的斜率为，
设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
则，解得，
可得，
则
，
又由点到直线的距离为，
所以，
直线方程为，令，可得，
直线的方程为，令，可得
则
，
所以的面积，
又由，则，
令，
可得函数在上单调递减，且，所以，
所以，即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
（3）涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.