2023~2024学年广东省部分学校高二(上)期末教学质量监测数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年广东省部分学校高二(上)期末教学质量监测数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.
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. 数列的一个通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A：时，，舍去；
对于B：时，，舍去；
对于D：时，，舍去；
经检验数列的一个通项公式为，
故选：C.
2. 已知直线的斜率为，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】B
【解析】因为的斜率为，
所以，则.
故选：B.
3. 已知是抛物线上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为4，则（ ）
A. 4B. 5C. 8D. 10
【答案】D
【解析】由题意知抛物线的准线为，
因为点到的焦点的距离为9，到轴的距离为4，即A点纵坐标为4，
所以,解得.
故选：D
4. 数列中，已知，则（ ）
A. 4B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】在数列中，已知，则.
故选：A
5. 若圆与圆恰有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.
因恰有两个公共点,所以两圆相交，所以，
解得或，即的取值范围是.
故选：A
6. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因构成空间的一个基底，故不共面，
对于A项，若共面，则必存在唯一的，
满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故A项错误；
对于B项，若共面，则必存在唯一的，
满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故B项错误；
对于C项，因，故共面，即C项正确；
对于D项，若共面，则必存在唯一的，
满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故D项错误.
故选：C.
7. 如图，三角形蜘蛛网是由一些正三角形环绕而成的图形，每个正三角形的顶点都是其外接正三角形各边的中点．现有17米长的铁丝材料用来制作一个网格数最多的三角形蜘蛛网，若该三角形蜘蛛网中最大的正三角形的边长为3米，则最小的正三角形的边长为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】B
【解析】由题可知，该三角形蜘蛛网中三角形周长从大到小是以9为首项，为公比的等比数列.设最小的正三角形的边长为米，
则，则，即，得，
故最小的正三角形的边长为米.
故选：B.
8. 已知直线与交于点，则的最大值为（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得直线恒过坐标原点，直线恒过定点，
且，所以，
所以与的交点在以为直径的圆上，
则点的坐标满足（不含点）．
可设，且，
则，
所以当时，的最大值为．
故选：D
二､多选题本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知是等差数列，公差不为0，若成等比数列，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为成等比数列，所以，则，
又不为0，所以，
，符号不确定，故A错误.
，故B正确；
所以，故C正确；
，故D错误；
故选：BC.
10. 已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】因为，所以曲线为，直线为，
当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则A错误；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则B正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则C不正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则D正确．
故选：BD．
11. 已知为正方体所在空间内一点，且，，则（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 存在唯一的，使得平面平面
D. 存在唯一的，使得
【答案】AB
【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，,
因为，故，
即有，即，故点在线段上，有，
则有，，
则，故，故A正确；
由点在线段上，且，又平面，
平面，故平面，故点到平面距离不变，
故三棱锥的体积为定值，故B正确；
在正方体中，平面，，
又平面，故，又平面，
且平面，故平面，又平面，
故平面平面恒成立，故C错误；
，
故，
由，得，方程无解，
故不存在实数，使得，故D错误.
故选：AB.
12. 已知F是椭圆的右焦点，直线与椭圆C交于A，B两点，M，N分别为，的中点，O为坐标原点，若，则椭圆C的离心率可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】根据题意，图象如图所示：
设为椭圆C的左焦点，因为直线与椭圆C交于A，B两点，
所以由椭圆的对称性得，又，
于是四边形为平行四边形.
因为M，N分别为，的中点，是中点，
所以，，
平行四边中,，
在中，
.
因为直线斜率存在，所以A，B两点不在y轴上，
即，
又在中，，
所以，，即，
又，所以，
即.
综上所述，；
因为，故A，C错误；
，即，故B正确；
，即，故D正确.
故选：BD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知点是点在坐标平面内的射影，则______.
【答案】2
【解析】因为点是点在坐标平面内的射影，所以，
所以，所以.
故答案为：2
14. 等比数列的前项和为，若，则__________.
【答案】28
【解析】由题可知的公比不为，故成等比数列，
所以，因为，解得，
故答案为：28
15. 若双曲线的虚轴长为4，则该双曲线的渐近线方程为________.
【答案】
【解析】由双曲线的虚轴长为4，可得，解得，
所以该双曲线的渐近线方程为.故答案为：.
16. 若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则______.
【答案】24
【解析】由题可知，则，
这三个数可适当排序后成等比数列，则3必是等比中项，则，
这三个数可适当排序后成等差数列，则3必不是等差中项，
若是等差中项，则，解得，
则，故，
若是等差中项，则，解得，
则.故.
故答案为：24
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. 在数列中，.
（1）证明：数列为等差数列.
（2）求数列的前项和.
解：（1）因为，所以.
又，
所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，则，
则，
则.
18. 已知圆过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）经过点的直线与圆相切，求的方程.
解：（1）设圆的方程为，
根据题意，可得，解得，
所以圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，
则直线的方程为，即.
故直线的方程为或.
19. 已知动圆经过点，且与直线相切，记动圆的圆心的运动轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）直线与都经过点且互相垂直，与相交于两点，与相交于两点，求的最小值.
解：（1）设圆心，因为动圆经过点，且与直线相切,
则，所以，
整理得，故的方程为.
（2）由题可知，与的斜率均存在且不为0，设的方程为的方程为.
联立方程组整理得，
则，
同理可得，
则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为256.
20. 如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且．
（1）求的长;
（2）求二面角的正弦值.
解：（1）因为平面，，故以B为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系．
设，由，得，，，．
因为F是的中点，
所以，则，．
又，所以，
解得，故．
（2）由（1）可知，，
则，，．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设平面的法向量为，
则，令，得．
所以，
故二面角的正弦值为．
21. 已知是首项为1的等差数列，是公比为2的等比数列，且，．
（1）求和的通项公式；
（2）在中，对每个正整数k，在和之间插入k个，得到一个新数列，设是数列的前n项和，比较与20000的大小关系．
解：（1）设数列的公差为d，
因为，则，解得，
所以，．
（2）因为，
当时，，
可知，
且，
令的前n项和为，
则，
可得，
两式相减得，
即，可得，
所以．
22. 已知椭圆经过点和．
（1）求的方程；
（2）若点（异于点）是上不同的两点，且，证明直线过定点，并求该定点的坐标．
解：（1）由题意得，把点的坐标代入，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（方法一）由 题意可知均有斜率且不为0，
设直线的方程为，联立方程组
消去得，可得，
解得，所以点的坐标为．
因为，所以直线的斜率为，同理可得点．
当时，有，
解得，直线的方程为．
当时，直线的斜率
，
则直线的方程为，
即
，
即，直线过定点．
又当时，直线也过点．
综上，直线过定点．
（方法二）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组消去得，
，即．
设，则，
．
因为，所以，
即，
，
，
化简得，
解得或，
所以直线的方程为或（过点A,不合题意，舍去），
所以直线过定点．
当直线垂直于轴时，设它的方程为，
因为，所以．
又，解得或（过点A,不合题意，舍去），
所以此时直线的方程为，也过点．
综上，直线过定点．