11_精品解析：广东省广州市六区2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试题（原卷及解析版）

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本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
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. 已知抛物线的焦点是，则抛物线的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦点坐标直接写出抛物线方程.
【详解】因为抛物线的焦点是，则抛物线的标准方程是.
故选：B
2. 已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】时，，利用坐标进行运算即可.
【详解】因为，，且，
所以，
解得，
故选：C.
3. 已知倾斜角为的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到直线的斜率，再由方向向量求出.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线的方向向量为，所以.
故选：D
4. 椭圆与椭圆的（ ）
A. 长轴长相等B. 短轴长相等
C. 离心率相等D. 焦距相等
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆方程即可求得，进而即可求解.
【详解】因为第一个椭圆的，则焦距为，
所以长轴长为10，短轴长为8,离心率为，
第二个椭圆的，
则焦距为，
所以长轴长为，短轴长为，离心率为，
所以A，B，C错误，D正确，
故选：D.
5. 若两条平行直线与之间的距离是，则（ ）
A. B. C. 17D. 21
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行求出，再由两平行线间的距离公式求出.
【详解】因为直线与，所以，解得，
又两条平行直线与之间的距离是，所以，
解得（舍去）或，
所以.
故选：A
6. 过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为.若，则点的坐标为（ ）
A.
B. 或
C.
D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据点在直线设为，结合题中条件可求得，利用两点间的距离公式建立方程，求解即可.
【详解】因为点在直线上，
可设，
又是圆的两条切线，且，
所以,,,
所以,
即，
化为，
解得或，
所以点坐标为，
故选：B.
7. 已知双曲线方程为，为其左、右焦点，过的直线与双曲线右支相交于两点，且，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，即可表示出、，再根据双曲线的定义得到，再在中利用勾股定理即可求出离心率.
【详解】设，则，又，，
所以，即，则，
又，，
所以，即，所以，
则，所以，在中，
即，所以.
故选：C
8. 数列满足，前12项和为158，则的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由，推出和，再利用前项和为求解.
【详解】因为，
所以，，，
，
又，，
，
.
故选：B
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. 已知数列的前项和公式为，则（ ）
A. ，，成等差数列
B. ，，成等差数列
C. 数列是递增数列
D. 数列递增数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据，可求得，，的值，可判定选项A；结合函数的单调性，可判定选项D；根据时，可求得，继而可判定选项B,C.
【详解】因为，
所以,,,
则,
故，，不成等差数列，A错误；
又函数的对称轴为，
所以函数在上单调递增；
故数列是递增数列，则D正确；
又，
当时，，
满足上式，
故，则数列是递增数列，C正确；
切，
故，，成等差数列，B正确，
故选：BCD.
10. 已知圆，直线，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆相交
C. 直线被圆截得弦最短时，直线的方程为
D. 圆上不存在三个点到直线的距离等于
【答案】BC
【解析】
【分析】首先求出直线过定点坐标，求出定点与圆心的距离，即可判断A、B、D，当直线垂直于定点与圆心的连线时弦长最短，即可判断C.
【详解】直线即，
令，解得，所以直线恒过定点，故A错误；
因为，所以点在圆内，所以直线与圆相交，故B正确；
圆的圆心为，半径，令，
所以，当直线与垂直时直线被圆截得的弦最短，
此时直线的方程为，即，故C正确；
因为，所以恰存在三个点到直线的距离等于，故D错误.
故选：BC
11. 设为双曲线上的两点，下列四个点中，可为线段中点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】考虑直线斜率不存在时，中点在上，可判定A；当直线斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程和双曲线方程消元后，利用韦达定理，得到中点坐标之间的关系，再根据二次项系数不等于零及验证B,C,D即可.
【详解】当直线的斜率不存在时，设为，
依题知或，此时线段的中点为，
则选项A中点满足题意，则A正确；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立，消去得，
由题知①，，
化简为②，
设，的中点为，
则，
所以，
即，
对于B,可得，不满足条件①，故B错误；
对于C,可得，满足条件①②故C正确；
对于D，可得不满足条件②，故D错误；
故选：AC.
12. 如图，在三棱柱中，侧面与是边长为2的正方形，平面平面，分别在和上，且，则（ ）

A. 直线平面
B. 当时，线段的长最小
C. 当时，直线与平面所成角的正切值为
D. 当时，平面与平面夹角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量解立体几何.
【详解】如图建立空间直角坐标系,则
所以，
因为
设，（，且）
所以
所以，
易知平面的一个法向量为
因为且平面，
所以直线平面，故A正确.
当即时线段的长最小为故B不正确.
当时此时
平面的一个法向量为
所以直线与平面所成角的正弦值为
可以求得直线与平面所成角的余弦值为
所以直线与平面所成角的正切值为，故C正确.
取的中点O，连接,因为三角形与三角形都是等边三角形，所以为二面角的平面角，,
,根据余弦定理可得
所以平面与平面夹角的余弦值为，故D正确.
故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知的三个顶点是，，，则边上的高所在直线的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据与直线垂直可求得斜率，又过点，根据直线的点斜式方程即可求解.
【详解】因为，，所以,
则边上的高所在直线的斜率为，
又该直线过点，
所以所求直线方程为，
即，
故答案为：.
14. 正四面体的棱长为2，设，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】在正四面体中，，
又，，，
所以.
故答案：
15. 已知数列满足，，则的通项公式________.
【答案】
【解析】
【分析】对已知递推关系的等式两边同时除以，可得数列是等比数列，可求得结果.
【详解】，，
，又，
所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，
，解得，.
故答案为：，.
16. 抛物线有如下光学性质：由抛物线焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，为坐标原点，抛物线，一条平行于轴的光线射向抛物线上的点（不同于点），反射后经过抛物线上另一点，再从点处沿直线射出.若直线的倾斜角为，则入射光线所在直线的方程为________；反射光线所在直线的方程为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出点坐标，即可得到直线的方程，再求出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出点坐标，即可求出直线的方程.
【详解】抛物线的焦点为，
因为直线的倾斜角为，所以直线的方程为，
由，解得或，所以，
则入射光线所在直线的方程为，
则，所以直线的方程为，
由，解得或，所以，
则反射光线所在直线的方程为.
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. 已知等差数列的前项和为，数列为等比数列，，，.
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）;
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差、等比数列的通项公式及等差数列的前项和公式建立方程组，解出即可；
（2）因为，裂项相消求和即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，数列的等比为，
因为，，，
所以，解得
，.
小问2详解】
因为，
所以，
则，
所以
.
18. 如图，在长方体中，，，分别为线段，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，
设直线与所成角为，则，
所以直线与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
因为，，，
设平面的法向量为，则，取，
所以点到平面的距离.
19. 已知圆的方程为.
（1）求的取值范围；
（2）当时，求圆与圆的公共弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）把圆的方程化为标准式，建立不等式，解出即可；
（2）先判断两圆相交，两圆方程相减，得到公共弦所在直线方程，利用勾股定理计算即可.
【小问1详解】
因为圆的方程为
化为标准方程为
所以，解得
所以的取值范围为.
【小问2详解】
当时，圆的方程为，
所以圆的圆心坐标，半径,
已知圆，
所以圆的圆心坐标，半径,
根据两点公式可得，
又因为，所以两圆相交，
联立，
两式相减并化简可得其公共弦方程为，
由点到直线的距离为：
，
设弦长为，则
，
所以
所以圆与圆的公共弦的长为.
20. 如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）取的中点，连接、，即可求出，从而得到，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
为的中点，
，，
四边形为平行四边形，
．
平面，平面，
平面．
【小问2详解】
取的中点，连接、，易证四边形为正方形，所以，，
则，
所以,又，所以为等边三角形，所以，则，
所以，
又，平面，所以平面，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知数列满足，，
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，记集合中元素的个数为，求使成立的最小正整数的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的定义证明即可；
（2）根据题意可得，利用分组求和求出表达式，结合单调性解不等式即可.
【小问1详解】
由题意可知，
所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以集合中元素的个数为，即，
所以
，
由指数函数的图象和性质可得恒成立，
所以单调递增，
因为，
，
所以使成立的最小正整数为.
22. 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点在的延长线上，且，当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.
（1）求曲线的方程；
（2）过点作圆切线交曲线于两点，将表示成的函数，并求的最大值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）设，，则，，依题意可得点是线段的中点，则，，再由点在圆上，代入即可求出动点的轨迹方程；
（2）首先判断，求出时，当时设切线的方程为，由直线与圆相切求出，再联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，表示出弦长，再由基本不等式计算可得.
【小问1详解】
设，，则，
因为，所以点是线段的中点，得，，
因为点在圆上，
所以，所以，
所以，动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
当时点在圆内，此时过点不能得到圆的切线，故弦不存在，
当（）时切线方程为（），对于，令，解得，
所以，
当时切线的斜率存在，设斜率为，则切线的方程为，
所以，所以，
设，，由，消去整理得，
将代入得
所以，所以，，
所以，
所以，
又当时，当且仅当时取等号，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.