安徽省黄山市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试卷（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题：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. 直线的倾斜角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用倾斜角和斜率的关系处理即可.
【详解】化简得，显然斜率为，故倾斜角为.
故选：B
2. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影是点N，则点N的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】点在平面内的射影是坐标不变，坐标为的点.
【详解】点在坐标平面内的射影是点，故点的坐标是
故选：C
3. 圆与圆N关于直线对称，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性求得圆的圆心和半径，进而求得圆的方程.
【详解】圆的圆心为，半径为，
关于直线的对称点是，
所以圆的圆心是，半径是，
所以圆的方程为.
故选：D
4. 我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其大意是：有一个人要去某关口，路程为里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了六天到达该关口，则此人第三天走的路程为（ ）
A. 48里B. 45里C. 43里D. 40里
【答案】A
【解析】
【分析】设第六天走的路程为里，则第五天走的路程为里，依此往前推，第一天走的路程为里，根据前六天的路程之和为里，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】设第六天走的路程为里，则第五天走的路程为里，
依此往前推，第一天走的路程为里，
结合题意可得：，
解得，
则第三天走的路程为里.
故选：A.
5. 对于常数，“”是“方程的曲线是椭圆”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】运用椭圆方程的一般形式求得m、n的范围，结合两集合的包含关系判断即可.
【详解】因为“方程的曲线是椭圆”，则，
又因为，但，
所以“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 如图，在正方体中，点E，F分别是棱的中点，则异面直线与CF所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为求即可.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

设正方体的棱长为1，则，
所以，
所以，即异面直线与CF所成角的余弦值为.
故选：A.
7. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用投影向量的定义结合已知条件直接求解即可.
【详解】因为向量，
所以向量在向量上的投影向量为
,
故选：D
8. 如图，已知双曲线的左顶点为A，O为坐标原点，以A为圆心，R为半径的圆与双曲线E的一条渐近线交于P，Q两点，若，则双曲线C的离心率为（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】过点作于点，求得，则可求得，的值，进而求得即为渐近线的斜率，从而求得离心率．
【详解】∵，
∴，又，过点作于点，
在中，,,∴，，
又，∴，，
∴,
∴，
∵渐近线方程为，∴，
.
故选：C．

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知等差数列的前n项和为，且公差不为0，若，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是等比数列D. 当时，最大
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由等差数列性质即可判断；对于B，对公差分类讨论即可判断；对于C，由等差等比数列定义即可判断；对于D，取公差，即可举出反例判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，若公差，则有，若公差，则有，无论如何都有，故B正确；
对于C，，其中是等差数列的公差，即数列是等比数列，故C正确；
对于D，取公差，则有，此时当，最小，故D错误.
故选：ABC.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 点是直线l上不同的两点，则直线l可以表示为
B. 若直线与直线平行，则实数
C. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为
D. 直线的斜率分别是方程的两根，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据两点的横坐标，纵坐标是否相等进行讨论，可得答案；对于B，利用直线与直线平行的性质直接求解，可得答案；对于C，分截距为和截距不为两种情况，进行求解，可得答案；对于D，利用根与系数的关系可进行判断得到答案.
【详解】对于A，当,时，由斜率公式，可得，可整理为，
当时，直线的方程为；当时，直线的方程为，故A错误；
对于B，直线与直线平行，则，
解得：或，当时，两直线重合，舍去，故时，两直线平行，B正确；
对于C，当直线在坐标轴上截距为时，设，将代入得，此时直线方程为，
当直线在坐标轴上截距不为时，设直线方程为，把代入得，解得.
此时直线方程为，即，
故过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为和，故C错误；
对于D，设两直线的斜率分别为，因为是方程的两根，
所以利用根与系数的关系得，所以两直线的位置关系是垂直，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是棱的中点，点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）

A. 过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形
B. 三棱锥的体积为定值
C. 当时，平面MEF
D. 当时，三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】当时，点与点重合时，过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，A正确；根据平面，得到点M到平面的距离为定值，可判定B正确；当时，因为，而平面MEF，C错误；由题意点与点重合，为等腰直角三角形，的外接圆半径为，由于平面，由勾股关系可求外接球半径，从而求解，D正确.
【详解】当时，点与点重合时，
过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，
如图：

故A正确；
对于B，因为 可得点是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面，
故平面，所以点到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，B正确；
当时，点为中点，
因为，而平面MEF，
所以与平面MEF不平行，C错误；
当时，点与点重合，为等腰直角三角形，
则的外接圆半径为，
又因为平面，
所以三棱锥外接球的半径，
则，所以外接球表面积为，D正确.

故选：ABD
【点睛】思路点睛：由条件点M满足，其中，先可判断点是线段上的一个动点，再根据的不同取值确定点M的位置，从而进行研究问题.
12. 过抛物线焦点作直线与抛物线交于两点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线的斜率之积为定值
B. 直线交抛物线的准线于点，若下，则直线l的斜率为
C. 若，则抛物线的准线方程为
D. 直线交抛物线的准线于点，则直线轴
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A:设直线：并与抛物线联立，借助韦达定理即可判断；对于选项B:利用，求出，结合斜率公式即可判断；对于选项C:结合题意可得，利用抛物线的定义即可判断；对于选项D: 计算点的纵坐标与点的纵坐标，即可判断.
【详解】对于选项A:结合题意：连接，
易知直线的斜率不为，故可设直线：，
且设两点的坐标分别为
联立可得，
所以，
所以，
所以.故选项A正确；

对于选项B:过点作垂直准线于,设准线与轴的交点为，
易得,因为，所以,
由，由抛物线的定义可知：,
所以，
直线l的斜率为,
同理结合抛物线的对称性可知：直线l斜率，故选项B错误；

对于选项C:过点作垂直轴于点，过点作垂直准线于点,
因为，所以,
所以点，
结合抛物线的定义可知解得，
故抛物线的准线方程为，故选项C正确；

对于选项D: 设两点的坐标分别为
因为点在抛物线上，所以，所以点，
所以，故直线的方程为，
联立，解得，所以点，
所以点的纵坐标为，
结合选项A可知，所以，所以点的纵坐标为，
因为点的纵坐标与点的纵坐标相等，所以直线轴.故选项D正确.

故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
1.根据抛物线定义，可以得出一个结论：抛物线上的任意一点P到焦点F的距离都等于点P到准线的距离，这个结论是抛物线最重要的一条性质，很多有关抛物线的填空题和选择题都是围绕这条性质设计；
2.何时使用定义：一般情况下，当题意中出现了"抛物线上的点与焦点的连线”或者出现了“抛物线上的点到准线（或垂直于抛物线对称轴的直线）的距离”的时候，都要优先考虑使用抛物线的定义来解题；
3.抛物线的标准方程的表达式中含有一次项，根据这个特点，设抛物线上的点P的坐标就可以用一个变量进行表示，再结合相关的已知信息进行运算.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线焦点位置，进而确定椭圆焦点位置，后用椭圆基本量的关系求解即可.
【详解】易知在中，，焦点为，
故椭圆的焦点在轴上，故，解得.
故答案为：
14. 如图，在三棱锥中，平面BDC，，则点B到平面ACD的距离等于_________.
【答案】
【解析】
【分析】设到平面的距离为，利用，即可求得点到平面的距离.
【详解】因为平面BDC，所以，，
又，则，,平面,平面,
所以平面，平面，所以，
因，所以，
所以，所以，
设到平面的距离为，因为，
所以，解得 ，
故答案为：
15. 已知直线，当直线l被圆截得的弦长最短时，实数m的值为_________.
【答案】2
【解析】
【分析】分析题意找到直线必过的定点，并判断直线与圆的半径垂直，利用点线距离相等建立方程，求解即可.
【详解】易知圆心为，，而l可化为，
故l必过，易得在圆内，即直线l与圆相交，
若直线l被圆截得的弦长最短，
则与圆的半径必定垂直，设圆心到l的距离为，
则，故，解得.
故答案为：2.
16. 人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，己知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现己知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为_________，直线l与平面所成角的正弦值为_________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量，用线面角的向量求法处理即可.
【详解】显然平面的一个法向量可以为,
易知平面的法向量为，平面的法向量为，
且直线l的方向向量为，故，，令，
解得，，故，设直线l与平面所成角为，
则.
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. 已知双曲线经过点，且其渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与双曲线至少有一个交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先判断出焦点在轴上，并设双曲线方程为，利用待定系数法求解即可；
（2）联立消元，借助判别式分类讨论即可.
【小问1详解】
结合题意可得：点在渐近线的上方，
双曲线要经过此点，则焦点在轴上，设双曲线方程为，
则渐近线方程为，所以，
因为双曲线经过点，所以，
所以，解得，所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
结合（1）问：联立，可得，
当时，即，此时与渐近线平行，故只有一个交点，满足题意；
当时，即，要使直线与双曲线至少有一个交点，
则，解得或,且.
综上所述: 实数的取值范围为.
18. 己知数列满足：.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若，求满足条件的最大整数n.
【答案】（1）证明见解析
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义结合已知的递推式可证得结论；
（2）由（1）可求得，则可得，然后利用裂项相消法可求得，进而解不等式可求得结果.
【小问1详解】
证明：因为，
所以
，
因为，所以数列是以2为公差，1为首项的为等差数列；
【小问2详解】
解：由（1）得，
所以
所以，
所以
由，得，
因为，所以满足条件的最大整数为24.
19. 如图，已知点和圆．

（1）求以为直径的圆N的标准方程；
（2）设圆M与圆N相交于A，B两点，试判断直线是否为圆M的切线．若是，请求出直线和的方程；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线是圆M的切线，
【解析】
【分析】（1）由中点坐标公式两点间距离公式确定圆N的圆心、半径，由此即可得解.
（2）由得为圆的直径，由此即可判断，进一步分圆N的切线斜率是否存在讨论即可求解.
【小问1详解】
圆即，所以圆心，半径
又，所以中点为，以为直径的圆N的半径，
所以以为直径的圆N的标准方程为.
【小问2详解】

由，，，得，
所以，所以为圆的直径，所以，
即直线是否为圆M的切线，
过点且斜率不存在的直线为，
而点到直线的距离满足，满足题意，
故直线的方程为；
设的方程为，
点到直线的距离满足，
解得，所以的方程为，即.
20. 北宋数学家沈括博学多才、善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量．经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数．这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式．现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前n项和为，数列的前n和为，且满足．

（1）求数列的前n项和；
（2）记，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据公式，求出数列中的,,,代入公式求解.
（2）根据的关系求数列的通项公式，由（1）求得的通项公式，通过错位相减法求得前n项和.
【小问1详解】
数列的通项，
因为在数列，，，…，中，，，项数为，，，
所以．
即
【小问2详解】
因为数列的前n和为，且满足．
所以当时，，
两式相减可得，即，
令，则，解得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
所以
①，
②
①—②得：
，
所以
21. 如图，在矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点，AC，BE交于点F，DM与AE交于点N，将沿着AE向上翻折使D到（点不在平面ABCD内）.

（1）证明：平面平面ABCD；
（2）若点在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE的内部及边界上，当FH最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，可知四边形与四边形是全等的正方形，可得，进而可证得平面，由线面垂直的判断定理即可证得结果;
（2）首先明确在平面上的投影的轨迹，进而判断FH最大值时的位置，建立空间直角坐标系，求得平面，平面的法向量，计算得出结果.
【小问1详解】
连接，
因为矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点，
所以四边形与四边形是全等的正方形，
所以,
所以,,,平面，平面，
所以平面，又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，所以点在平面上的投影 落在线段上.
因为 ，，
点在平面上的投影落在点处，
如图建立平面直角坐标系，则有，
直线的方程为：，直线的方程为：，
联立解得：，,,
所以 ,,
所以当FH最大时，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则
所以
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，
设平面法向量为，则，即，
取，则，，所以，
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.

22. 如图，已知曲线是以原点O为中心、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以原点O为中心，为焦点的双曲线的一部分，A是曲线和曲线的交点，且为钝角，我们把曲线和曲线合成的曲线C称为“月蚀圆”．设.

（1）求曲线和所在的椭圆和双曲线的标准方程；
（2）过点作一条与x轴不垂直的直线，与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，记G为CD的中点，H为BE的中点．问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为
（2）是定值，为，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，根据在曲线上、焦点坐标可得答案；
（2）设直线的方程为，，直线的方程与椭圆方程、双曲线方程分别联立，利用韦达定理求出、，由转化为化简可得答案.
【小问1详解】
设椭圆所在的标准方程为，
双曲线所在的标准方程为，
因为，
所以可得，，
解得，，
所以椭圆所在标准方程为，双曲线所在的标准方程为；
【小问2详解】
是定值，为，理由如下，
由（1）椭圆所在的标准方程为，双曲线所在的标准方程为，
因为直线与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，所以直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，
双曲线的渐近线方程为，所以，
可得，，
直线的方程与椭圆方程联立，整理得
，
所以，
所以，
直线的方程与双曲线方程联立，整理得
，
所以，
所以，
所以
，
所以是定值.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是由转化为，再利用韦达定理.