湖北省荊州市沙市區沙市中學2023年高二數學第一學期期末質量跟蹤監視試題注意事項：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，再選涂其它答案標號。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，將本試卷和答題卡一并交回。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．設兩個變量與之間具有線性相關關系，相關系數為，回歸方程為，那么必有（）A.與符號相同 B.與符號相同C.與符號相反 D.與符號相反2．已知數列為等比數列，，則的值為（）A. B.C. D.23．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0公共弦所在直線方程為（）A. B.C. D.4．過點作圓的切線，則切線的方程為（）A. B.C.或 D.或5．已知m，n表示兩條不同直線，表示兩個不同平面.設有兩個命題：：若，則；：若，則.則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.6．已知平面直角坐標系內一動點P，滿足圓上存在一點Q使得，則所有滿足條件的點P構成圖形的面積為（）A. B.C. D.7．已知拋物線C：，則過拋物線C的焦點，弦長為整數且不超過2022的直線的條數是（）A.4037 B.4044C.2019 D.20228．平面的法向量，平面的法向量，已知，則等于（）A B.C. D.9．已知雙曲線上點到點的距離為15，則點到點的距離為（）A.9 B.6C.6或36 D.9或2110．已知是拋物線上的一個動點,是圓上的一個動點,是一個定點,則的最小值為A. B.C. D.11．函數的最大值為（）A.32 B.27C.16 D.4012．在中，B=60°，，，則AC邊的長等于（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．不大于100的正整數中，被3除余1的所有數的和是___________14．根據某市有關統計公報顯示，隨著“一帶一路”經貿合作持續深化，該市對外貿易近幾年持續繁榮，2017年至2020年每年進口總額（單位：千億元）和出口總額（單位：千億元）之間的一組數據如下：2017年2018年2019年2020年若每年的進出口總額，滿足線性相關關系，則______；若計劃2022年出口總額達到千億元，預計該年進口總額為______億元15．已知拋物線的頂點為坐標原點，焦點坐標是，則該拋物線的標準方程為___________16．圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關系為________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．（12分）已知數列的首項，，，.（1）證明：為等比數列；（2）求數列的前項和18．（12分）已知數列的前項和為，且（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和19．（12分）已知等差數列的前項和為，數列是等比數列，，，，.(1)求數列和的通項公式；(2)若，設數列的前項和為，求.20．（12分）已知等比數列的公比，且，是的等差中項.數列的前n項和為，滿足，.（1）求和的通項公式；（2）設，求的前2n項和.21．（12分）已知點及圓，點P是圓B上任意一點，線段的垂直平分線l交半徑于點T，當點P在圓上運動時，記點T的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）設存在斜率不為零且平行的兩條直線，，它們與曲線E分別交于點C、D、M、N，且四邊形是菱形，求該菱形周長的最大值22．（10分）已知兩條直線，.設為實數，分別根據下列條件求的值.（1）；（2）直線在軸、軸上截距之和等于.

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、A【解析】利用相關系數的性質，分析即得解【詳解】相關系數r為正，表示正相關，回歸直線方程上升，r為負，表示負相關，回歸直線方程下降，與r的符號相同故選：A2、B【解析】根據等比數列的性質計算.【詳解】由等比數列的性質可知，且等比數列奇數項的符號相同，所以，即.故選：B3、B【解析】兩圓的方程消掉二次項后的二元一次方程即為公共弦所在直線方程.【詳解】由x2＋y2－4＝0與x2＋y2－4x＋4y－12＝0兩式相減得：，即.故選：B4、C【解析】設切線的方程為，然后利用圓心到直線的距離等于半徑建立方程求解即可.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為1，當切線的斜率不存在時，即直線的方程為，不與圓相切，當切線的斜率存在時，設切線的方程為，即所以，解得或所以切線的方程為或故選：C5、B【解析】利用直線與平面，平面與平面的位置關系判斷2個命題的真假，再利用復合命題的真值表判斷選項的正誤即可【詳解】，表示兩條不同直線，，表示兩個不同平面：若，，則也可能，也可能與相交，所以是假命題，為真命題；：令直線的方向向量為，直線的方向向量為，若，則，則，所以是真命題，所以為假命題；所以為假命題，是真命題，為假命題，是真命題，所以為假命題故選：6、D【解析】先找臨界情況當PQ與圓C相切時，，進而可得滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），即求.【詳解】當PQ與圓C相切時，，這種情況為臨界情況，當P往外時無法找到點Q使，當P往里時，可以找到Q使，故滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），如圖，由圓，可知圓心，半徑為1，則大圓的半徑為，∴所有滿足條件的點P構成圖形的面積為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是找出臨界情況時點所滿足的條件，進而即可得到動點滿足條件的圖形，問題即可解決.7、A【解析】根據已知條件，結合拋物線的性質，先求出過焦點的最短弦長，再結合拋物線的對稱性，即可求解【詳解】∵拋物線C：，即，由拋物線的性質可得，過拋物線焦點中，長度最短的為垂直于y軸的那條弦，則過拋物線C的焦點，長度最短的弦的長為，由拋物線的對稱性可得，弦長在5到2022之間的有共有條，故弦長為整數且不超過2022的直線的條數是故選：A8、A【解析】根據兩個平面平行得出其法向量平行，根據向量共線定理進行計算即可.【詳解】由題意得，因為，所以（），即，解得，所以.故選:A9、D【解析】利用雙曲線的定義可得答案.【詳解】設，，，為雙曲線的焦點，則由雙曲線定義，知，而所以或21故選：D.10、A【解析】恰好為拋物線的焦點，等于到準線的距離，要想最小，過圓心作拋物線的準線的垂線交拋物線于點，交圓于，最小值等于圓心到準線的距離減去半徑4-1=.考點:1.拋物線的定義；2.圓中的最值問題；11、A【解析】利用導數即可求解.【詳解】因為，所以當時，；當時，.所以函數在上單調遞增；在上單調遞增,，因此，的最大值為.故選：A12、B【解析】根據正弦定理直接計算可得答案.【詳解】由正弦定理，,得,故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1717【解析】利用等差數列的前項和公式可求所有數的和.【詳解】100以內的正整數中，被3除余1由小到大構成等差數列，其首項為1，公差為3，共有項，它們的和為，故答案為：.14、①.1.6②.3.65千##3650【解析】根據給定數表求出樣本中心點，代入即可求得，取可求出該年進口總額.【詳解】由數表得：，，因此，回歸直線過點，由，解得，此時，，當時，即，解得，所以，預計該年進口總額為千億元.故答案為：1.6；3.65千15、【解析】根據焦點坐標即可得到拋物線的標準方程【詳解】因為拋物線的頂點為坐標原點，焦點坐標是，所以，解得，拋物線的標準方程為故答案為：16、相交【解析】由題意知，兩圓的圓心分別為(－2,0)，(2,1)，故兩圓的圓心距離為，兩圓的半徑之差為1，半徑之和為5，而1<<5，所以兩圓的位置關系為相交三、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）證明見解析（2）【解析】（1）利用等比數列的定義即可證明.（2）利用錯位相減法即可求解.【小問1詳解】當時，，所以：數列是公比為3的等比數列；【小問2詳解】由（1）知，數列是以3為首項，以3為公比的等比數列，所以：，所以：，，所以，①所以，②①②可得.18、（1）（2）【解析】（1）結合作差法可直接求解；（2）由錯位相減法可直接求解.【小問1詳解】當時，；當時，，當時，滿足上式，所以；【小問2詳解】由（1）知，所以①，②，①-②得，所以.19、（1），；（2）.【解析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為,根據題意列出表達式，解出公比和公差，再根據等差數等比列的通項公式的求法求出通項即可；（2）根據第一問得到前n項和，數列,分組求和即可.解析：(1)設等差數列的公差為，等比數列的公比為，∵，，，，∴，∴，，∴，.(2)由(1)知，，∴，∴.20、（1），（）（2）【解析】（1）等差數列和等比數列的基本量的計算，根據條件列出方程，并解方程即可；（2）數列根據的奇偶分段表示，奇數項通過乘公比錯位相減法克求得前項和，偶數項則是通過裂項求和.【小問1詳解】由得，.又，，所以，即，解得或（舍去）.所以（），當時，，當時，，經檢驗，時，適合上式，故（）.綜上可得：，【小問2詳解】由（1）可知，當n為奇數時，，當n為偶數時，，由題意，有①②①-②得：，則有：..故.21、（1）（2）【解析】（1）根據橢圓的定義和性質，建立方程求出，即可（2）設的方程為，，，，，設的方程為，，，，，分別聯立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，以及弦長公式，求得，，運用菱形和橢圓的對稱性可得，關于原點對稱，結合菱形的對角線垂直和向量數量積為0，可得，設菱形的周長為，運用基本不等式，計算可得所求最大值【小問1詳解】點在線段的垂直平分線上，，又，曲線是以坐標原點為中心，和為焦點，長軸長為的橢圓設曲線的方程為，，，曲線的方程為【小問2詳解】設的方程為，，，，，設的方程為，，，，，聯立可得，由可得，化簡可得，①，，，同理可得，因為四邊形為菱形，所以，所以，又因為，所以，所以，關于原點對稱，又橢圓關于原點對稱，所以，關于原點對稱，，也關于原點對稱，所以且，所以，，，，因為四邊形為菱形，可得，即，即，即，可得，化簡可得，設菱形的周長為，則，當且僅當，即時等號成立，此時，滿足①，所以菱形的周長的最大值為【點睛】關鍵點點睛：在處理此類直線與橢圓相交問題中，一般先設出直線方程，聯立方程，利用韋達定理得出，，再具體問題具體分析，一般涉及弦長計算問題