福建省泉州市2023_2024学年高二数学上学期期末适应性练习试题

这是一份福建省泉州市2023_2024学年高二数学上学期期末适应性练习试题，共23页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上，已知圆O等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
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．记平面直角坐标系内的直线l1、l2与x轴正半轴方向所成的角的正切值分别为k1、k2，则“l1∥l2”是“k1=k2”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
【命题意图】本题考查直线的斜率、倾斜角等基础知识；考查逻辑推理等基本能力；导向对发展逻辑推理、直观想象等核心素养的关注；体现基础性.
【试题简析】若l1∥l2，则l1,l2可能垂直于x轴，若k1=k2，则l1,l2可能重合，充分性与必要性均不成立，故选：C．
2．已知四面体O-ABC,G是△ABC的重心，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y-z=
A．4B．13C．23D．12
【命题意图】本题考查应用空间向量基底表示任一向量等基础知识；考查空间想象能力、 推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；体现基础性、综合性及应用性，导向对数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】取BC的中点D，
所以OG=OA+AG=OA+23AD
= OA+23OD-OA=13OA+23OD
=13OA+23×12OB+OC
=13OA+13OB+13OC，
又OG=xOA+yOB+zOC，可得x=y=z=13，所以x+y-z=13，
故选：B.
3．设F为抛物线y2=2x的焦点，为该抛物线上三点，若lna>2e，则FA+FB+FC=
A．9B．6C．4D．3
【命题意图】本题主要考查抛物线的方程与性质等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】设，，，，，，抛物线焦点坐标F(12,0)，准线方程：x=-12，
∵，∴点F是ΔABC重心，则x1+x2+x3=32，y1+y2+y3=0.
而|FA|=x1-(-12)=x1+12，|FB|=x2-(-12)=x2+12，|FC|=x3-(-12)=x3+12
∴|FA|+|FB|+|FC|=x1+12+x2+12+x3+12=(x1+x2+x3)+32=32+32=3，故选：D．
4．在数列an中，an=2n+2n-1×3+2n-2×32+2n-3×33+⋯+22×3n-2+2×3n-1+3n,则a2023=
A．32023-22023B．3×22023-32024
C．32024-22024D．2×32023-22024
【命题意图】本题考查等比数列的定义、性质等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力．体现基础性与综合性，导向对发展数学抽象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为an=2n+2n-1×3+2n-2×32+2n-3×33+⋯+22×3n-2+2×3n-1+3n
=2n1+32+322+⋯+32n=2n⋅1⋅1-32n+11-32=3n+1-2n+1,
所以32024-22024.故选:C.
5．已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0，其中A≥B≥C≥D≥E≥F．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：
甲：可以是圆的方程；乙：可以是抛物线的方程；
丙：可以是椭圆的标准方程；丁：可以是双曲线的标准方程．
其中，真命题有
A．4个B．3个C．2个D．1个
【命题意图】本题主要考查圆的方程与性质、椭圆的方程与性质、双曲线的方程与性质、抛物线的方程与性质等基础知识，体现基础性、综合性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、等核心素养的关注．
【试题简析】因为方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0，其中A≥B≥C≥D≥E≥F，
所以当A=B=1≥C=D=E=0≥F=-1时，方程为x2+y2-1=0，即x2+y2=1是圆的方程，故方程可以是圆的方程；
当A=1≥B=C=D=0≥E=-1≥F=-2时，方程为x2-y-2=0，即y=x2-2是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；
当A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=-1时，方程为2x2+y2-1=0，即y2+x212=1是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；
若方程为双曲线的标准方程，则有AB0,y>0，
因为MA=3MF，
所以x+32p2+y2=3×x-12p2+y2⇒x2-3px+y2-34p2=0，
而点M在抛物线上，所以y2=2px，
则有x2-3px+2px-34p2=0⇒x=32p，或x=-12p舍去，
即y2=2p⋅32p⇒y=3p，舍去
又因为△MAF的面积为123，
所以有12×12p--32p⋅3p=123⇒p=23，p=-3舍去，故选：A.
8．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=λAB，点E,F,G分别是BC,CD,CC1的中点，点M是线段A1D上的动点，则下列说法错误的是
A．当λ>1时，存在M，使得平面EFG
B．存在M，使得AM∥平面EFG
C．存在M，使得平面MBC1∥平面EFG
D．存在λ，使得平面MB1C⊥平面EFG
【命题意图】本题考查空间中证明问题，直线与平面夹角、平面与平面夹角的有关知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现综合性及应用性，导向对发展推理论证及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z建立空间直角坐标系，如图：
设AB=2，则AA1=2λ，则A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0，
又点E,F,G分别是BC,CD,CC1的中点，
所以E1,2,0,F0,1,0,G0,2,λ，
B：设平面EFG的一个法向量为n=x,y,z，EF=-1,-1,0,EG=-1,0,λ，
所以n⋅EF=-x-y=0n⋅EG=-x+λz=0，取z=1，解得n=λ,-λ,1，
设DM=kDA1，∵A12,0,2λ,∴DA1=2,0,2λ,DM=2k,0,2λk,∴M2k,0,2λk∴AM=2k-2,0,2λk，若AM∥平面EFG，则AM⊥n，
所以λ2k-2+2λk=0⇒λ4k-2=0，
所以当k=12或λ=0（舍）成立，此时M为A1D的中点；故B正确；
A：延用B中的解答，CM=2k,-2,2λk，若平面EFG，则CM//n，
则2kλ=-2-λ=2λk1，当且仅当λ=k=1时成立，故A错误；
C： 当M与D重合时，因为EG//BC1,FG//DC1,EG∩FG=G,BC1∩DC1=C1，且EG,FG⊂面EFG，BC1,DC1⊂面BDC1，此时平面MDBC1∥平面EFG，故C正确；
D：延用A中的解答，M2k,0,2λk，则CM=2k,-2,2λk，因为B12,2,2λ,∴CB1=2,0,2λ，
设平面MB1C的法向量为m=x,y,z，
则m⋅CM=2kx-2y+2kλz=0m⋅CB1=2x+2λz=0，取z=1，得m=-λ,0,1，
若平面MB1C⊥平面EFG，则m⊥n⇒-λ2+1=0⇒λ=1，故D正确；故选：A.
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．“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则
A．2到20的全部素数和为77
B．挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134
C．2到30的全部素数和为100
D．挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为799
【命题意图】 本小题主要考查等差数列通项公式，等差数列前 n 项和公式等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素养的关注．
【试题简析】由题可知，2到20的全部整数和S1=19×2+202=209，
2到20的全部素数和为S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209-77=132，
2到30的全部整数和S3=29×2+302=928，
2到30的全部素数和为S4=S2+23+29=129，
所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为928-129=799.
故选：AD.
10．已知圆O:x2+y2=4，过直线l:y=x-3上一点P向圆O作两切线，切点为A、B，则
A．直线AB恒过定点43,-43B．AP最小值为322
C．AB的最小值为43D．满足PA⊥PB的点P有且只有一个
【命题意图】本题主要考查直线恒过定点、圆的方程、圆的相关性质、两点间的距离、最短距离等知识；考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想等；试题体现综合性、应用性与，彰显高考的选拔特点，导向对用平面几何性质处理直线与圆的问题的关注，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】 对于A，圆O:x2+y2=4的圆心为O0,0，半径为2，
设Px0,y0，∵P在直线l:y=x-3上，y0=x0-3，
∵PA、PB为圆的切线，∴以OP为直径的圆的方程为xx-x0+yy-y0=0，
x2+y2=4xx-x0+yy-y0=0，两式作差可得直线AB的方程为lAB:x0x+y0y=4，
将y0=x0-3代入得：lAB:x+yx0-3y-4=0，
满足x+y=0-3y-4=0，解得x=43y=-43，所以直线AB恒过定点43,-43，故A正确；
对于B，AP=OP2-OA2，∴当OP最小时，AP最小，
∵O0,0，l:x-y-3=0，
OP-32322min，此时AP3222-2222min，故B错误；
对于C，lAB:x0x+x0-3y-4=0，O0,0到lAB的距离d=-4x02+x0-32，
AB=2OA2-d2=24-16x02+x0-32=24-162x0-322+92，
当时，AB4-16⋅2943min，故C正确；
对于D，若PA⊥PB，则∠APO=45∘，即AP=AO=2，
AP22min，∴存在两个点P使PA⊥PB，故D错误.故选：AC.
11．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M为侧面AA1D1D上的点，N为侧面CC1D1D上的点，则下列判断正确的是
A．若BM＝52，则M到直线A1D的距离的最小值为24
B．若B1N⊥AC1，则N∈CD1，且直线B1N//平面A1BD
C．若M∈A1D，则B1M与平面A1BD所成角正弦的最小值为33
D．若M∈A1D，N∈CD1，则M，N两点之间距离的最小值为33
【命题意图】本题考查应用空间向量解决点到直线的距离的基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】对于A项，因为BM＝52，所以M在以B为球心，52为半径的球上.
又M为侧面AA1D1D上的点，所以M在球被平面AA1D1D截得的交线上.
因为，AB⊥平面AA1D1D，AB=1，BM＝52，所以AM=BM2-AB2=12，
所以，M为以A点为圆心，12为半径的圆上.
如图1，AM1⊥A1D，则AM1=22，M到直线A1D的距离的最小值为，故A项错误；
对于B项，如图2，连结AC,AD1.
因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD.
又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C，
所以，BD⊥平面ACC1.
又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.
同理可得，A1D⊥AC1.
又BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，
所以，AC1⊥平面A1BD.
又B1N⊥AC1，B1∉平面A1BD，
所以直线B1N//平面A1BD，故B项正确；
对于C项，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A11,0,1，B1,1,0，B11,1,1，DA1=1,0,1，DB=1,1,0，DB1=1,1,1.
因为M∈A1D，设DM=λDA1=λ,0,λ，0≤λ≤1，
B1M=DM-DB1=λ-1,-1,λ-1.
设n1=x1,y1,z1是平面A1BD的一个法向量，
则n1⋅DA1=0n1⋅DB=0，即x1+z1=0x1+y1=0，
取x1=1，则y1=z1=-1，n1=1,-1,-1是平面A1BD的一个法向量.
则csn1,B1M=n1⋅B1Mn1B1M=λ-1+1-λ-13λ-12+1+λ-12=132λ2-4λ+3，
又2λ2-4λ+3=2λ-12+1≥1，当λ=1时，有最小值1，
所以，132λ2-4λ+3≤13=33，即csn1,B1M≤33，
所以，B1M与平面A1BD所成角正弦的最大值为33，故C项错误；
对于D项，由C项知，DA1=1,0,1，CD1=0,-1,1.
当MN⊥DA1，MN⊥CD1，即MN为直线DA1与CD1的公垂线段时，MN最小.
设n2=x2,y2,z2，且n2⊥DA1，n2⊥CD1，
则n2⋅DA1=0n2⋅CD1=0，即x2+z2=0-y2+z2=0，
取x2=1，则n2=1,-1,-1.
DC在n2方向上的投影向量的模为DC⋅n2n2=13=33，
所以，M，N两点之间距离的最小值为d=33，故D项正确.故选：BD.
12．已知椭圆的左焦点为F，B为E的上顶点，A，C是E上两点．若FA，FB，FC构成以d为公差的等差数列，则
A．d的最大值是2
B．当d=1时，sin∠AFC=223
C．当A，C在x轴的同侧时，S△AFC的最大值为2
D．当A，C在x轴的异侧时（A，C与B不重合），kAB⋅kBC=-2
【命题意图】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列定义等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性与创新性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为椭圆，所以a=2,b=2,c=2，F-2,0,B0,2，FB=2，
又FA，FB，FC构成以d为公差的等差数列，则FA+FC=2FB=4=2a，
不妨设d≥0，由题可知FA≥a-c=2-2,FC≤a+c=2+2，则d的最大值是2，故A正确；
当d=1时，FA=1,FC=3，设Ax0,y0，
则x024+y022=1x0+22+y02=1，解得x0=-2y0=±1，不妨取A-2,1，
设CxC,yC，则xC24+yC22=1xC+22+yC2=9，解得xC=2yC=±1，
所以C2,1或C2,-1，
当C2,1时，又A-2,1，F-2,0，此时sin∠AFC=223；
当C2,-1时，FA=1,FC=3，AC=222+22=23，
所以cs∠AFC=1+9-122×1×3=-13，sin∠AFC=1--132=223，
综上，当d=1时，sin∠AFC=223，故B正确；
设椭圆的右焦点为F'，则FA+FC=2a，FA+F'A=2a，FC+F'C=2a，FA=F'C，F'A=FC，
当A，C在x轴的同侧时，则A，C关于y轴对称，设Ax0,y0，则C-x0,y0，
所以S△AFC=x0y0，由，
所以x0y0≤2，当且仅当x024=y022时取等号，所以S△AFC的最大值为2，故C正确；
当A，C在x轴的异侧时（A，C与B不重合），则A，C关于原点对称，
设Ax0,y0，则C-x0,-y0，由x024+y022=1，可得，
所以kAB⋅kBC=y0-2x0⋅-y0-2-x0=2-y02-x02=-12，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卡的相应位置。
13．已知点A（m，1）在抛物线C:y=ax2上，且点A与焦点的距离为3，则a的值为.
【命题意图】本题主要考查抛物线的标准方程、准线与抛物线的性质等知识；考查推理论证和运算求解能力，考查数形结合思想等；试题体现基础性与应用性，导向对用平面几何性质处理抛物线的问题的关注，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】将抛物线方程转化为标准形式C:x2=1ay，
由A（m，1）在抛物线C上、点A与焦点的距离为3，得14a+1=3
解得a=18.故填：18.
14．已知单位向量a,b满足a+b+2a∙b=0，则的值为.
【命题意图】本题考查空间空间向量共线的基础知识；考查运算求解能力；体现基础性、综合性及应用性，导向对数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】记a,b的夹角为θ，则a⋅b=abcsθ=csθ，
由，即，两边平方，得，
即2+2csθ=4cs2θ，即，则，
当csθ=1时，|a+b|=-2a⋅b=-2，不符合题意，
所以csθ=-12，又0≤θ≤π，则θ=23π．故填：2π3．
15．原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫.”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l上取长度为1的线段AB，做一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧，交线段BC的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为.
【命题意图】本小题主要考查新定义数列，递推数列，等比数列，数列与函数性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素养的关注．
【试题简析】当以B为圆心，半径为：1，4，7，10，…除起点外，与直线无交点，①
当以C为圆心，半径为：2，5，8，11，…与直线有一个交点，②
当以A为圆心，半径为：3，6，9，12，…除终点（即①的起点，点A除外）外，与直线无交点，③
所以当“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，则完成整数个循环，
所以以B为圆心的弧与直线只有交点A，以C为圆心的弧与直线有10个交点，以A为圆心的弧与直线有10个交点，即数列②有10项，数列③有10项，
所以最后一个圆弧的半径为r=3+3(10-1)=30，
所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为l=13×2π×(1+2+3+…+30)=13×2π30×(1+30)2=310π.故填：310π.
16．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB，PA=PB，AB=2BC=2，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC的体积的最大值为；二面角P-AC-B的正弦值的最小值为.
【命题意图】本题考查空间几何体体积、半平面与半平面夹角的有关知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】第一空取AB的中点O，连接PO，
因为PA=PB，所以PO⊥AB
又因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC，
因为PA⊥PB，PA=PB，AB=2BC=2，所以PO=1，BC=1，
所以三棱锥P-ABC的体积为VP-ABC=13S△ABC⋅PO=13⋅12AB⋅BC⋅sin∠ABC⋅PO=13⋅sin∠ABC
因为，所以0