河南省濟源市2023-2024學年高二上學期期末質量調研數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省濟源市2023-2024學年高二上學期期末質量調研數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點為.故選：B.2.過點且方向向量為的直線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因為直線的方向向量為，所以直線的斜率，又函數過點，所以直線方程為，即；故選：B3.等差數列，0，，…的第20項為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題意，，所以，則.故選：C.4.若構成空間的一個基底，則下列向量共面的是（）A.，， B.，， C.，， D.，，【答案】D【解析】由于構成空間的一個基底，故不共面，對于A，與共面，不共面，故，，不共面，否則，若，，共面，則共面，不符題意，A錯誤；對于B，假設，，共面，則存在實數，使得，即，則，方程組無解，假設不成立，故，，不共面，B錯誤；對于C，，與共面，由于不共面，故，與不共面，C錯誤；對于D，，故，，共面，故選：D5.拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離是，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】拋物線即的焦點坐標為，雙曲線的漸近線方程為，即，所以點到直線距離為，則，則雙曲線的離心率為.故選：A6.我國享譽世界的數學大師華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微；數形結合百般好，隔離分家萬事休.”告知我們把“數”與“形”，“式”與“圖”結合起來是解決數學問題的有效途徑.若，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】可看作圓上的點與點連線的斜率，如圖，只需求出臨界狀態(tài)：相切時的斜率，設直線為，則圓心到直線距離，解得：，所以的取值范圍為.故選：D7.已知數列滿足，，，則數列的第2024項為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】所以累加得故選：C.8.已知為坐標原點，是橢圓：上位于軸上方的點，為右焦點.延長，交橢圓于，兩點，，，則的值為（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】如圖，設橢圓的左焦點為，連接，因為，結合橢圓的對稱性可知，四邊形為矩形，設，則，，，在中，，化簡整理得，所以，，在中，，所以，故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知直線：，其中，則下列說法正確的有（）A.直線過定點 B.若直線與直線平行，則C.當時，直線的傾斜角為 D.當時，直線在兩坐標軸上的截距相等【答案】AC【解析】由已知，直線：，則直線過定點，A正確；若直線與直線平行，則，得，或，B錯誤；當時，直線：，則，所以傾斜角為，C正確；當時，直線：，其在軸上的截距分別為，不相等，D錯誤.故選：AC.10.已知方程表示的曲線為C，則下列四個結論中正確的是（）A.當時，曲線C是橢圓B.當或時，曲線C是雙曲線C.若曲線C是焦點在x軸上的橢圓，則D.若曲線C是焦點在y軸上的雙曲線，則【答案】BCD【解析】A選項，曲線是橢圓等價于，解得且，故A錯誤；B選項，曲線是雙曲線等價于，解得或，故B正確；C選項，若曲線是焦點在軸上的橢圓，則，解得，故C正確；D選項，若曲線是焦點在軸上的雙曲線，則，解得，故D正確.故選：BCD.11.設是公差為的等差數列，是其前項的和，且，，則下列結論正確的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】根據題意可得，由等差數列性質可知．因為，所以，所以，所以數列是遞增數列，的前項和有最小值為，所以.所以A，B正確，C，D不正確；故選：AB．12.如圖，正三棱柱中，，點為中點，點為四邊形內（包含邊界）的動點，則以下結論正確的是（）A.B.異面直線與所成角的余弦值為C.若平面，則動點的軌跡的長度等于D.若點到平面的距離等于，則動點的軌跡為拋物線的一部分【答案】BCD【解析】對于A，，選項A錯誤；對于B，過點作的平行線交于點，以為坐標原點，分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，設正三棱柱底面邊長為，側棱長為，則，，，，，所以，，因，所以，即，解得，因為，，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為，選項B正確；取的中點，的中點，連接，則∥，平面，平面，所以∥平面，同理∥平面，又，平面，平面，所以平面∥平面，因為平面且平面，所以動點的軌跡的長度等于，故C正確；對于D，設點E在底面ABC的射影為，作垂直于，垂足為F，若點E到平面的距離等于，即有，又因為在中，，得，其中等于點E到直線的距離，故點E滿足拋物線的定義，另外點E為四邊形內（包含邊界）的動點，所以動點E的軌跡為拋物線的一部分，故D正確.故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.若圓與圓只有唯一的公共點，則__________.【答案】或【解析】圓的圓心為，半徑為，圓的標準方程為，其中，圓的圓心為，半徑為，由題意可知，兩圓外切或內切，且，若兩圓外切，則，即，解得；若兩圓內切，則，即，解得.綜上所述，或.故答案為：或.14.在平面直角坐標系中,若的坐標,滿足方程,則點的軌跡是__________（填曲線的類型，填方程不給分）.【答案】直線【解析】由，得，所以等式左邊表示點到點的距離，右邊表示點到直線的距離，兩距離相等，而點在直線上，所以點的軌跡是垂直直線于點的直線.故答案：直線.15.已知數列均為正項,且是等差數列，，則__________.【答案】100【解析】因為且是等差數列，設公差為，所以，所以是正項等比數列，所以，所以，故答案為：100.16.如圖,在四棱臺中,，，設，則的最小值為__________.【答案】【解析】如圖，因為，令，則面，則，所以的最小值即為四棱臺的高，過作面于，過作于，過作于，連接，因為面，面，所以，又，，面，所以，又，，得到，，同理可得，，，所以，得到，在中，，所以，得到，故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知圓關于直線對稱,且圓與直線相切于點.（1）求圓的標準方程；（2）若過點的直線被圓截得的弦長為6，求直線的方程.解：（1）因為圓與直線相切于點所以過點與直線垂直的直線的斜率為，所以直線的方程為，即.由，解得圓心.所以半徑.故圓的標準方程為：；（2）①若斜率存在，設過點的直線斜率為，則直線方程為：，即，所以圓心到直線的距離，又因為，，所以，解得.此時直線的方程為.②若斜率不存在，直線方程為，弦心距為2，半徑，弦長為，符合題意.綜上，直線的方程為或.18.已知數列滿足：，，設.（1）求證：是等比數列；（2）求數列的通項公式；（3）求數列的前項和.解：（1）由，，可得.因為，即，.所以數列是首項為1，公比為2的等比數列.（2）由（1）可得：，即，所以.（3）由（2）可知：，則，可得，兩式相減可得：.所以.19.在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架、的邊長都是，且它們所在的平面互相垂直，活動彈子、分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記.（1）證明：平面；（2）當為何值時，的長最小并求出最小值；（3）當的長最小時，求平面與平面夾角的余弦值.解：（1）因為四邊形為正方形，則，因為平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因為四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，因為，所以，.則，易知平面的一個法向量為.因為，所以.又平面，所以平面.（2），其中.，當時，最小，最小值為.（3）由（2）可知，當、分別為、的為中點時，最短，此時、，設平面的法向量為，，，則，取，可得，設平面的法向量為，，，則，取，可得，所以，，所以平面與平面夾角的余弦值為.20.已知拋物線（）的焦點為,點為拋物線上一點,且.（1）求拋物線的方程；（2）不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，，若，求的值.解：（1）由拋物線過點，且，得所以拋物線方程為；（2）由不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，設，聯立得，所以，所以，所以因為，所以，則，，即，解得或，又當時，直線與拋物線的交點中有一點與原點重合，不符合題意，故舍去；所以實數的值為.21.如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線，交于點，，，，底面，，分別為側棱，的中點，點在上且.（1）求證：，，，四點共面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求點到平面的距離.解：（1）因為平面是菱形，所以，又因為底面，面，所以，，所以，，兩兩垂直，以為坐標原點，以，，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立如圖空間直角坐標系：因為，，，則，，，，，因為，分別為側棱，的中點，所以，，設，，因為，所以，解得，即.所以，，.所以，由向量共面的充要條件可知，，，共面.又，，過同一點，從而，，，四點共面.（2）由（1）可得，，，，又因為，所以，.設平面的法向量，由，得到，取，可得，，所以，設直線與平面所成角為，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）由（1）和（2）知，平面的法向量，設到平面的距離為，