2024屆廣東省省際名校數學高二上期末學業質量監測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．下列數列中成等差數列的是（）A. B.C. D.2．已知拋物線上的點到該拋物線焦點的距離為，則拋物線的方程是（）A. B.C. D.3．已知為坐標原點，點的坐標為，點的坐標滿足，則的最小值為（）A B.C. D.44．有3個興趣小組，甲、乙兩位同學各自參加其中一個小組，每位同學參加各個小組的可能性相同，則這兩位同學參加同一個興趣小組的概率為A. B.C. D.5．已知命題“若，則”，命題“若，則”，則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.6．如圖，在三棱錐中，是線段的中點，則（）A. B.C. D.7．已知為拋物線上一點，點P到拋物線C的焦點的距離與它到y軸的距離之比為，則（）A.1 B.C.2 D.38．若函數在上為單調減函數，則的取值范圍（）A. B.C. D.9．已知橢圓的左、右焦點分別為、，點A是橢圓短軸的一個頂點，且，則橢圓的離心率（）A. B.C. D.10．拋物線的焦點坐標是A. B.C. D.11．離心率為，長軸長為6的橢圓的標準方程是A. B.或C. D.或12．已知公差不為0的等差數列中，，且，，成等比數列，則其前項和取得最大值時，的值為（）A.12 B.13C.12或13 D.13或14二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的兩條漸近線的夾角為，則雙曲線的實軸長為____14．直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為，設直線的斜率為，直線(其中為坐標原點)的斜率為，則______.15．四棱錐中，底面是一個平行四邊形，，，，則四棱錐體積為_______16．已知等比數列的前n項和為，且滿足，則_____________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的離心率為，橢圓的短軸端點與雙曲線的焦點重合，過點的直線與橢圓相交于、兩點.(1)求橢圓的方程；(2)若以為直徑的圓過坐標原點，求的值.18．（12分）已知拋物線過點.（1）求拋物線方程；（2）若直線與拋物線交于兩點兩點在軸的兩側，且，求證：過定點.19．（12分）已知等差數列的前n項和為，且，（1）求數列的通項公式；（2）若，求k的值20．（12分）如圖，拋物線的頂點在原點，圓的圓心恰是拋物線的焦點.（1）求拋物線的方程；（2）一條直線的斜率等于2，且過拋物線焦點，它依次截拋物線和圓于、、、四點，求的值.21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為的中點（1）求證：平面；（2）若，求平面與平面的夾角大小22．（10分）如圖，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F為PA中點，，．四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點N（1）求證：AC∥平面DEF；（2）求二面角A－BC－P的余弦值

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】利用等差數列定義，逐一驗證各個選項即可判斷作答.【詳解】對于A，，A不是等差數列；對于B，，B不是等差數列；對于C，，C是等差數列；對于D，，D不是等差數列.故選：C2、B【解析】由拋物線知識得出準線方程，再由點到焦點的距離等于其到準線的距離求出，從而得出方程.【詳解】由題意知，則準線為，點到焦點的距離等于其到準線的距離，即，∴，則故選：B.3、B【解析】由數量積的坐標運算求得，令，化為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，把最優解的坐標代入目標函數得答案【詳解】解：根據題意可得，、，所以，令，由約束條件作出可行域如下圖所示，由得，即，由，得，由圖可知，當直線過時，直線在軸上的截距最小，有最小值為，即，所以故選：B4、A【解析】每個同學參加的情形都有3種，故兩個同學參加一組的情形有9種，而參加同一組的情形只有3種，所求的概率為p=選A5、D【解析】利用指數函數的單調性可判斷命題的真假，利用特殊值法可判斷命題的真假，結合復合命題的真假可判斷出各選項中命題的真假.【詳解】對于命題，由于函數為上的增函數，當時，，命題為真命題；對于命題，若，取，，則，命題為假命題.所以，、、均為假命題，為真命題.故選：D.【點睛】本題考查簡單命題和復合命題真假的判斷，考查推理能力，屬于基礎題.6、A【解析】根據給定幾何體利用空間向量基底結合向量運算計算作答.【詳解】在三棱錐中，是線段的中點，所以：.故選：A7、B【解析】先求出點的坐標，然后根據拋物線的定義和已知條件列方程求解即可【詳解】因為為拋物線上一點，所以，得，所以，拋物線的焦點為，因為點P到拋物線C的焦點的距離與它到y軸的距離之比為，所以，化簡得，因為，所以，故選：B8、A【解析】分析可知對任意的恒成立，利用參變量分離法結合二次函數的基本性質可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知，對任意的恒成立，則，當時，在上單調遞減，在上單調遞減，所以，，故.故選：A.9、D【解析】依題意，不妨設點A的坐標為，在中，由余弦定理得，再根據離心率公式計算即可.【詳解】設橢圓的焦距為，則橢圓的左焦點的坐標為，右焦點的坐標為，依題意，不妨設點A的坐標為，在中，由余弦定理得：，，，，解得.故選：D.【點睛】本題考查橢圓幾何性質，在中，利用余弦定理求得是關鍵，屬于中檔題.10、D【解析】根據拋物線的焦點坐標為可知，拋物線即的焦點坐標為，故選D.考點：拋物線的標準方程及其幾何性質.11、B【解析】試題解析：當焦點在x軸上：當焦點在y軸上：考點：本題考查橢圓的標準方程點評：解決本題的關鍵是焦點位置不同方程不同12、C【解析】設等差數列的公差為q，根據，，成等比數列，利用等比中項求得公差，再由等差數列前n項和公式求解.【詳解】設等差數列的公差為q，因為，且，，成等比數列，所以，解得，所以，所以當12或13時，取得最大值，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據已知條件求得，由此求得實軸長.【詳解】由于，雙曲線的漸近線方程為，所以雙曲線的漸近線與軸夾角小于，由得，實軸長故答案為：14、##-0.0625【解析】使用點差法即可求解﹒【詳解】設，，則①－②得：，即，即.故答案為：.15、【解析】計算，，得到底面，計算，，計算體積得到答案.【詳解】由，，所以底面，，故，體積為.故答案為：16.16、##31.5【解析】根據等比數列通項公式，求出，代入求和公式，即可得答案.【詳解】因為數列為等比數列，所以，又，所以，所以.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)；(2)【解析】（1）由離心率得到，由橢圓的短軸端點與雙曲線的焦點重合，得到，進而可求出結果；（2）先由題意，得直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立直線與橢圓方程，設，根據韋達定理，得到，，再由以為直徑的圓過坐標原點，得到，進而可求出結果.詳解】(1)由題意知，∴，即，又雙曲線的焦點坐標為，橢圓的短軸端點與雙曲線的焦點重合，所以，∴，故橢圓的方程為.(2)解：由題意知直線的斜率存在，設直線的方程為由得：由得：設，則，，∴因為以為直徑的圓過坐標原點，所以，.滿足條件故.【點睛】本題主要考查橢圓的方程，以及橢圓的應用，熟記橢圓的標準方程，以及橢圓的簡單性質即可，解決此類問題時，通常需要聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理、判別式等求解，屬于常考題型.18、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）運用代入法直接求解即可；（2）設出直線的方程與拋物線方程聯立，結合一元二次方程根與系數關系、平面向量數量積的坐標表示公式進行求解即可.【小問1詳解】由已知可得：；【小問2詳解】的斜率不為設，，∴OA→?因為直線與拋物線交于兩點兩點在軸的兩側，所以，即過定點.【點睛】關鍵點睛：運用一元二次方程根與系數關系是解題的關鍵.19、（1）（2）10【解析】(1)設等差數列的公差為d，利用已知建立方程組，解之可求得數列的通項公式；(2)利用等差數列的前項和公式，化簡即可求解.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為d，由已知，，得，解得，則；小問2詳解】解：由（1）得，則由，得或（舍去），所以的值為10.20、（1）圓的圓心坐標為，即拋物線的焦點為,……3分∴∴拋物線方程為……6分

由題意知直線AD的方程為…7分即代入得=0設，則，……11分∴【解析】（1）設拋物線方程為,由題意求出其焦點坐標，進而可求出結果；（2）先由題意得出直線的方程，聯立直線與拋物線方程，求出，再由為圓的直徑，即可求出結果.【詳解】（1）設拋物線方程為，圓的圓心恰是拋物線的焦點，∴.拋物線方程為：；（2）依題意直線的方程為設，，則，得，，.【點睛】本題主要考查拋物線的方程，以及直線與拋物線的位置關系；由拋物線的焦點坐標可直接求出拋物線的方程；聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理和拋物線定義可求出弦長，進而可求出結果，屬于常考題型.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取中點，連結，證得，利用線面平行的判定定理，即可求解；（2）以為原點，以方面為軸，以方向為軸，以方向為軸，建立坐標系，利用平面和平面的法向量的夾角公式，即可求解【小問1詳解】取中點，連結，由，，則，又由平面，平面，所以平面.【小問2詳解】以為原點，以方面為軸，以方向為軸，以方向為軸，建立坐標系，可得，，，，，則，，設平面的一個法向量為，則，即，令，則又平面的法向量為；則，所以平面與平面所成的銳二面角為.22、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）記PC交DE于點N，然后證明FN∥AC，進而通過線面平行的判定定理證明問題；（2）建立空間直角坐標系，進而通過空間向量夾角公式求得答案.【小問1詳解】因為四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點N，所以N為PC的中點連接FN，在△PAC中，F，N分別為PA