2023-2024学年山东省新泰市第一中学东校高二上学期第二次质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省新泰市第一中学东校高二上学期第二次质量检测数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【分析】由可得抛物线标准方程为：，由焦点和准线方程即可得解.
【详解】由可得抛物线标准方程为：，
所以抛物线的焦点为，准线方程为，
所以焦点到准线的距离为.
故选：C.
2．若直线与直线平行，则的值是（ ）
A．1或B．C．D．或
【答案】C
【分析】根据两直线平行的条件，列出方程组，即可求解.
【详解】由直线与直线平行，
可得，解得，所以实数的值为.
故选：C.
3．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量线性运算，结合图形分析可得．
【详解】因为，点N为BC中点，
所以，，
故
．
故选：B．
4．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左支交于A，B两点，且，，则C的渐近线为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意设，则，根据双曲线定义可得，，在，中分别利用勾股定理可求得答案.
【详解】如图．设，，则，
，在中由勾股定理：
，解得：，
在中，由勾股定理：
解得：，所以，
所以渐近线方程为：.
故选：A．
5．在数列中，，且，则数列的前15项和为（ ）
A．84B．102C．120D．138
【答案】C
【分析】先利用等差中项判断数列为等差数列，然后利用通项公式基本量的运算求出通项，利用求和公式求出和，然后分组求和即可求解.
【详解】因为，所以是等差数列，
又，所以等差数列的公差，
所以，所以单调递减，且，
所以的前项和，
所以数列的前15项和为
.
故选：C
6．已知F是双曲线的下焦点，是双曲线外一点，P是双曲线上支上的动点，则的最小值为（ ）
A．9B．8C．7D．6
【答案】A
【解析】求出上焦点F1的坐标，由双曲线的定义可得，从而求得的值，推出结果．
【详解】解：∵F是双曲线的下焦点，
∴，c＝4，F（0，−4），
上焦点为（0，4），
由双曲线的定义可得
，
当A，P，H三点共线时，取得最小值9．
故选：A．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
7．已知等差数列的前项和有最小值，且，则使成立的正整数的最小值为（ ）
A．2022B．2023C．4043D．4044
【答案】D
【分析】根据题意分析出、、等，利用等差数列的前项和公式分析出结果.
【详解】解：因为等差数列的前项和有最小值，
所以等差数列的公差，
因为，所以，，
所以，
又因为，
所以，即，故，
所以，
，
当时，；当时，；
故使成立的正整数的最小值为.
故选：D.
8．已知圆，是圆上的一条动弦，且，为坐标原点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标，设弦的中点为，则，由弦的值求出，即可得到点在以为圆心，1为半径的圆上，从而求出的最小值，即可得解.
【详解】圆，即，圆心，半径,
设弦的中点为，则,，且，
所以，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上，所以，
所以的最小值为.

故选：A．
二、多选题
9．已知圆和圆，下列说法正确的是（ ）
A．两圆的公共弦所在的直线方程为
B．圆上有2个点到直线的距离为
C．两圆有两条公切线
D．点在圆上，点在圆上，的最大值为
【答案】BCD
【分析】先判断两圆的位置关系，得出公切线条数，由此判断C；两圆作差得公共线直线方程，由此判断A；求出圆心到直线的距离，从而得到，进而判断B；的最大值为加上两圆半径，由此判断D.
【详解】对于C，因为圆，所以圆心，半径为，
因为圆，可化为，
所以圆心，半径为，
则，所以两圆相交，
则两圆有两条公切线，故C正确；
对于A，两圆作差得，即，
所以公共弦所在的直线方程为，故A错误；
对于B，圆心到直线的距离为，
则，
所以圆上有2个点到直线的距离为，故B正确；
对于D，，故D正确．
故选：BCD．
10．如图的形状出现在南宋数学家扬辉所著的《详解九章算法·商功》中后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（ ）
A．B．
C．D．不存在正整数，使得为质数
【答案】BCD
【分析】根据每层的球的个数可得，利用累加法求得，即可求得的值，判断A，B；根据，可判断C；根据，结合数的奇偶性，可判断D.
【详解】依题意因为，
以上n个式子累加可得︰,
又满足上式，所以,故，故A错误；
因，
所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，故当且为整数时，，
此时必为偶数，则为整数，且为合数，
则不存在正整数，使得为质数，D正确，
故选：BCD
11．如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．，，，四点共面
B．与所成角的大小为
C．在线段上存在点，使得平面
D．在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项.
【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，，
设，

则，
所以，解得，
故，即，，，四点共面，故A正确；
因为，，
所以，
所以与所成角的大小为，故B错误；
假设在线段上存在点，符合题意，
设（），则，
若平面，则，,
因为，，
所以，此方程组无解，
所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误；
因为，所以，
又平面，平面，所以平面，
故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值，
又的面积是定值，
所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：AD.
12．法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．若为正方形，则的边长为
C．若是直线：上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或
D．若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为18
【答案】ABC
【分析】A选项，求出，得到蒙日圆方程；B选项，设出边长，得到方程，求出答案；C选项，直线：与的交点即为所求点，联立后得到点坐标，得到斜率；D选项，，由基本不等式求出最值.
【详解】A选项，，故椭圆的蒙日圆方程为，A正确；
B选项，由题意，为圆的内接矩形，
若为正方形，设的边长为，则，解得，故B正确；
C选项，由题意得，直线：与的交点即为所求点，
则，解得或，
故或，故或，C正确.
D选项，由对称性可知，四边形为矩形，其中为对角线，
且，
故，当且仅当时等号成立，故D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解蒙日圆的定义与性质，从而得解.
三、填空题
13．已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，为坐标原点，若的面积为2，则 到直线的距离为 .
【答案】/0.8
【分析】根据三角形面积公式，即可求出点，然后抛物线定义，求出长度，根据等面积法即可求出.
【详解】，设，因为，所以，不妨取，则,,则，故 到距离为.
故答案为：
14．已知数列满足，则 ．
【答案】
【详解】分析：由题， 则由此可求出，即可得到
详解：由题， 则则数列是以为首项，2 为公差的等差数列，则
即答案为.
点睛：!本题考查数列通项公式的求法，属基础题.
15．在以O为中心，、为焦点的椭圆上存在一点M，满足，则该椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】根据题意结合椭圆定义可得，进而利用余弦定理列式求解.
【详解】因为，所以，
因为与互补，且，
由余弦定理可得，
可得，所以.
故选：C．

16．已知椭圆，经过仿射变换，则椭圆变为了圆，并且变换过程有如下对应关系：①点变为；②直线斜率k变为，对应直线的斜率比不变；③图形面积S变为，对应图形面积比不变；④点、线、面位置不变（平行直线还是平行直线，相交直线还是相交直线，中点依然是中点，相切依然是相切等）．过椭圆内一点作一直线与椭圆相交于C两点，则的面积的最大值为 ．
【答案】1
【分析】根据新定义求得仿射变换后圆的方程及点坐标，求得的面积最大值，结合定义即可求出的面积的最大值.
【详解】，，，有仿射变换，
椭圆方程变换为：，
变换为，如图所示：

所以：
而：，所以：，即的最大面积为1．
故答案为：1.
四、解答题
17．已知数列的前n项和公式为：
(1)求出数列的通项公式，并判断这个数列是否是等差数列；
(2)求的最小值，并求取得最小值时n的值.
【答案】(1)，是等差数列
(2)最小值，
【分析】（1）根据计算，然后验证即可；
（2）结合二次函数性质求解取得最小值时n的值.
【详解】（1）当时，有.
当时，有
.
又因为，
所以时也成立，
因此数列的通项公式为：.
因为，
所以是等差数列.
（2）（方法一）
因为，
又因为n是正整数，所以当或8时，最小，最小值是.
（方法二）由可知数列是递增的等差数列，
而且首项.
令，可得，
解得，而且0.
由此可知，或8时，最小，最小值是.
18．已知的三个顶点是．
(1)求AB边的高所在直线的方程；
(2)若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据点斜式求得边的高所在直线的方程.
（2）对是否与直线平行进行分类讨论，由点斜式或斜截式求得直线的方程.
【详解】（1）直线的斜率为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边的高所在直线的方程为.
（2）直线的斜率为，
若直线与直线平行，则直线的方程为.
线段的中点坐标为，
若直线过，则直线的方程为.
19．已知圆O：及点，动点P在圆O上运动，线段MP的中点为Q．
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)过点作直线l与Q的轨迹交于A，B两点，满足，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）解法1：设，，由中点坐标公式可得，再将点P代入圆O的方程即可得出答案；解法2：设线段OM的中点为N，连接NQ，由题意可得点Q的轨迹为以N为圆心，1为半径的圆，即可得出答案.
（2）讨论直线斜率存在或不存在，设出直线方程，设圆心Q到直线l的距离为d，由代入求解即可得出答案.
【详解】（1）解法1：设，，由中点坐标公式可得：
解得：
由于点P在圆O：上，所以：，
代入可得：
化简可得点Q的轨迹方程为：．
解法2：设线段OM的中点为N，连接NQ，
∵Q为的中点，∴，
∴点Q的轨迹为以N为圆心，1为半径的圆，则点Q的轨迹方程为：
．

（2）当k不存在时，直线l的方程为．此时圆心Q到直线l的距离为
所以：满足条件．
当k存在时，直线l的方程为，设圆心Q到直线l的距离为d，
则，所以：
而Q到直线l的距离为，解得：
此时直线l方程为：．
综上：满足条件的直线l的方程为：或，

20．已知平面内一动点到点的距离比到轴的距离大.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与相交于，两点，在轴上是否存在点使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由动点到点的距离比到轴的距离大，可得点到的距离等于到直线的距离，从而可得点的轨迹为以为焦点的抛物线，即可求得轨迹的方程；（2）设，，，直线，代入可得，由根与系数的关系可得，，由，可得，计算可求得的值，即可得结论．
【详解】（1）动点到定点的距离比到轴的距离大，
又，到的距离等于到直线的距离，
动点的轨迹为以为焦点的抛物线，
轨迹的方程；
（2）设，，，
直线过点，
设直线方程：，
代入， 可得，显然，
则，，


得
又，
得
，即
故在轴上存在点使得
21．如图，已知四棱锥的底面是菱形，，为边的中点，，，.
(1)证明：；
(2)试判断线段上是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点在的五等分点的二等分点处（靠近）
【分析】（1）连接，通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用二面角的余弦值求得点的位置.
【详解】（1）连接，因为，所以，
因为底面是菱形，，所以，因为为边的中点，
所以，∴，
因为，
所以，
因此，即，
又因为，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，即.

（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，
，，为，，轴建立如图示空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
令，
则，
取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，
因为，所以，
又二面角为锐二面角且设为，
所以，
即，（负值舍去），
故存在点使得二面角的余弦值为，此时点满足.

22．如图，已知圆，动圆P过点且与圆内切于点N，记动圆圆心P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点的直线l（不与x轴重合）与E交于A，B两点，点C与点B关于x轴对称，直线AC与x轴交于点Q，已知点，试问是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，为.
【分析】（1）设动圆圆心的坐标为，动圆P的半径为，根据条件可得，故动圆圆心P的轨迹是以为焦点的椭圆，根据椭圆定义即可求出轨迹方程；
（2）设直线l的方程为，，， ，与椭圆方程联立，然后利用韦达定理求出直线AC与x轴交于点Q的坐标，，直接计算即可得答案.
【详解】（1）设动圆圆心的坐标为，动圆P的半径为，
则由已知，，
消去得，
故动圆圆心P的轨迹是以为焦点的椭圆，设为，
则，，
则E的方程为；
（2）设直线l的方程为，，，
联立，消去得，
，
又直线AC的方程为
令，
得
，
即，
是定值，且为.