湖南省永州市2023-2024学年高二（上）期末质量监测数学试卷（解析版）

这是一份湖南省永州市2023-2024学年高二（上）期末质量监测数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只交答题卡等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷共150分，考试时量120分钟．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
3．考试结束后，只交答题卡．
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. 正项等比数列，，则（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】B
【解析】在正项等比数列，，
所以，所以（舍去）.
故选：B.
2. 直线l的方程为，则l的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】直线l：的斜率，所以直线l的倾斜角是.
故选：C
3. 已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，且它的长轴长等于4，则椭圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意得，解得，所以椭圆方程为：，
故选：A.
4. 在空间直角坐标系中，点，点C是点关于轴的对称点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为点C是点关于轴的对称点，
所以，
所以.
故选：C.
5. 抛物线C：上的点与焦点F的距离是2，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】由抛物线的方程可得准线方程为，
根据抛物线定义有，可得.故选：D
6. 如图，正三棱柱中，点E为正方形的中心，点F为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】在正三棱柱中，取中点，连接，
由点E为正方形的中心，得，而，
于是，由为棱的中点，得，
则四边形是平行四边形，有，即或其补角就是异面直线与所成的角，
显然正三棱柱所有棱长都相等，令棱长为2，
则，
等腰底边上的高，，
所以异面直线与所成角的正切值为.
故选：D
7. 双曲线C：的左焦点为，点，直线与C的两条渐近线分别交于两点，且，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】双曲线C：的渐近线方程为，
因为，所以在线段上，
故为直线与的交点，为直线与的交点，
F1-c,0，则直线的方程为，
联立，解得，
设，
由，得，
所以，解得，即
因为点在直线上，
所以，
化简得，
所以，
所以C的渐近线方程为.
故选：B.

8. 各项均不为零的数列的前n项和为，，，，且，则的最小值等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，将代入，
得，
所以，又，
所以, ；
故
，
又因为，
所以，由，，
即，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，
所以,
又,，
所以当时，最小，
所以，
即时，有最小值．
故选：D
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知平面与平面平行，若平面的一个法向量为，则平面的法向量可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】因为平面与平面平行，所以平面的法向量与平面的法向量平行，
对于选项A: 若，则此时，满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项A正确；
对于选项B: 若，则此时无解，不满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项B错误；
对于选项C: 若，则此时，满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项C正确；
对于选项D: 若，
则此时无解，不满足平面的法向量与平面的法向量平行，故选项D错误.
故选：AC.
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. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】依题意，，，AD正确；
，，B错误；
，，C正确.
故选：ACD
11. 在长方体中，，，点E是正方形内部或边界上异于C的一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若平面，则
B. 不存在点E，使得
C. 若，则存在的值为
D. 若直线与平面所成角的正切值为2，则点E的轨迹长度为
【答案】AD
【解析】对于选项A：
因为平面∥平面，
若平面，则平面，
又因为平面，且平面平面，所以，故A正确；
对于选项B：以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，点E是正方形内部或边界上异于C一点，
所以，
但不同时为0，
，若，
则，解得，
所以存在点在正方形对角线上且异于C，使得，故B错误；
对于C，，
若，则，即，结合
令，
所以
，
因为，
所以，，
所以若，则不存在的值为，故C错误；
对于D，，可取平面的法向量为n=0,1,0，
若直线与平面所成角的正切值为2，
则直线与平面所成角的正弦值为，
化简并整理得，，结合
所以如图所示：
点E的轨迹长度为以为圆心为半径的四分之一圆周长，即，故D选项正确.
故选：AD.
12. 已知双曲线E：过其右焦点的直线l与它的右支交于P、Q两点，与y轴相交于点A，的内切圆与边相切于点B，设，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为定值
B. 若，则
C. 若，过点且斜率为的直线l与E有2个交点，则
D. 若，则的内切圆与的内切圆的面积之和的最小值为
【答案】BD
【解析】因为的内切圆与边相切于点，
如图，为另外两个切点，
由切线长定理可知，，
因为在轴上，所以，
所以
，
，
双曲线E的方程为：，
对于A，因为直线l与双曲线的右支交于P、Q两点，
则当垂直于轴时，最短且最小值为，
所以的最小值不是定值，故A错误；
对于B，若，则，所以，故B正确；
对于C，若，则，双曲线的方程为，
直线的方程为，
联立，消得，
则，
解得且，
所以，故C错误；
对于D，若，则，双曲线的方程为，
如图，设两内切圆圆心分别为，半径分别为，
设、、与圆分别相切于点，
由切线长定理得
，
而，两式相加得，
所以是双曲线的右顶点，
轴，所以的横坐标为，
同理可求得的横坐标为，
则，
设直线的倾斜角为，且，，
中有
，
，
设，
，
令，
由对勾函数的性质可得在区间上递减，在区间上递增，
所以函数在上递减，在上递增，
又，所以， ，
记的内切圆面积为的内切圆面积为，
故，
所以的内切圆与的内切圆的面积之和的最小值为，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，，则______．
【答案】
【解析】因为，，
所以.
故答案为：.
14. 已知等差数列的前项和为，且，，则______．
【答案】
【解析】结合题意：因为，，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
15. 已知点，，若在直线l：上至少存在3个不同的点P，使得为直角三角形，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】当时，三点共线，构不成三角，故，
如图所示，是直角三角形，有三种情况：
当是直角顶点时，直线上有唯一点点满足条件；
当是直角顶点时，直线上有唯一点满足条件；
当是直角顶点时，此时至少有一个点满足条件．
由直径对的圆周角是直角，知直线和以为直径的圆有公共点即可，
以为直径的圆为，圆心为，半径，
所以，解得，且，
∴实数的取值范围是．
故答案为：．
16. 表示以点为中心的椭圆，如图所示，为椭圆C：的左焦点，Q为直线上的一点，P为椭圆C上的一点，以为边作正方形（F，P，A，B按逆时针排列），当P在椭圆上运动时，的最小值为______．
【答案】
【解析】由题意将椭圆逆时针旋转得到：为动点的轨迹方程，
设与已知直线平行的直线为：，联立得，
，化简得，，
相切时满足：，
两平行直线最短距离即为所求.
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. 的顶点是，，．
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求过点A，B，C的圆方程．
解：（1）直线的斜率为，故边上的高所在直线的斜率为，
故边上的高所在直线的方程为，即；
（2）设圆的方程为，
将，，代入得
，解得，
故圆的方程为.
18. 如图，在多面体中，平面，，，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
解：（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，得，所以，
所以点到平面的距离为.

19. 已知数列是递增等差数列，，是与的等比中项，
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和．
解：（1）设公差为，
因为是与的等比中项，
所以，即，
解得（舍去），
所以；
（2），
在，
所以
.
20. 如图，矩形是圆柱的一个轴截面，、分别为上下底面的圆心，为的中点，，．

（1）当点为弧的中点时，求证：平面；
（2）若点为弧的靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）结合题意:易知底面是以为圆心，以为直径的半圆，
因为点为弧的中点，所以，
因为矩形是圆柱的一个轴截面，
所以面,
因为面,所以,
因为,且平面，
所以平面.
（2）取弧的中点连接,由（1）问可知：平面，
且易得，,,
故以坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为，，点为弧的靠近点的三等分点，
所以,
所以
因为为的中点，所以，
所以,
设平面的法向量为，
则,即，令，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21. 已知正项数列前n项和为，满足，数列满足，记数列的前n项和为，
（1）求数列的通项公式；
（2）求满足不等式的正整数的最大值．
解：（1）由，①
当时，，解得（舍去），
当时，，②
由①②得，即，
因为，所以，
当时，由，得，矛盾，
所以，即，
所以数列an是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2）由（1）得，
所以
，
，
由，得，
即，即，
令，
则
，
当时，，所以数列从第项起是递减数列，
又，
所以满足不等式的正整数的最大值为．
22. 已知点A，B关于坐标原点O对称，，圆M过点A，B且与直线相切，记圆心M的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过曲线上的动点P作圆G：的切线，，交曲线于C，D两点，对任意的动点P，都有直线与圆G相切，求t的值．
解：（1）设点，由圆M过点A，B，得，又圆M与直线相切，
则，连接，而是AB的中点，于是，
因此，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）由（1）设，过点作圆的切线，
令，则切线，由对称性得直线，则，解得，
下面证明在任意情况下直线必与圆相切，
由直线与圆相切，得，切线的斜率分别为，
整理得，
，，
又切线与曲线相交于，，
由消去y得，
显然是方程，
即的两个根，
于是，即，
又是方程，
即的两个根，
于是，即，
显然直线，
即y=x1+x2x-x1x2，
而，
即，
所直线，
即，
圆心到直线的距离，
所以直线必与圆相切，即.