2023—2024學年度第一學期教學質量檢測高二數學試題本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分.滿分150分，考試用時120分鐘.考試結束后，將本試卷和答案卡一并交回.注意事項：1.答第I卷前考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上，2.選出每小題答案前，用2B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?所有試題的答案，寫在答題卡上，不能答在本試卷上，否則無效.一?選擇題：（本大題共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.拋物線y2=4x的焦點坐標是A.（0,2） B.（0,1） C.（2,0） D.（1,0）【答案】D【解析】【詳解】試題分析：的焦點坐標為，故選D.【考點】拋物線的性質【名師點睛】本題考查拋物線的定義．解析幾何是中學數學的一個重要分支，圓錐曲線是解析幾何的重要內容，它們的定義、標準方程、簡單幾何性質是我們要重點掌握的內容，一定要熟記掌握．2.已知四面體中，為中點，若，則（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據空間向量的運算法則，化簡得到，結合題意，列出方程，即可求解.【詳解】根據題意，利用空間向量的運算法則，可得：，因為，所以，解得.故選：D.3.正方體中，分別是的中點，則直線與直線所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先通過平移將異面直線的所成角轉化為相交直線的所成角，在三角形內利用余弦定理即可求得【詳解】如圖，取的中點，再取的中點，連接，因點是的中點，易證,可得，又因點是的中點，故，則，故直線與直線所成角即直線與直線所成角.不妨設正方體棱長為4，在中，，由余弦定理，，即直線與直線所成角的余弦值為.故選：C.4.等差數列的首項為1，公差為，若成等比數列，則（）A.0或 B.2或 C.2 D.0或2【答案】A【解析】【分析】利用等比中項及等差數列的通項公式即可求解.【詳解】因為成等比數列，所以，因為等差數列的首項為1，公差為，所以，即，解得或.故選：A.5.已知兩點，以線段為直徑的圓截直線所得弦長為（）A. B. C.4 D.2【答案】A【解析】【分析】根據題意可得已知圓圓心和半徑，利用直線與圓相交形成的弦心距，半徑和半弦長的關系式即可求得.【詳解】依題意，以線段為直徑的圓的圓心為：，半徑為，由點到直線的距離為，則該圓截直線所得弦長為.故選：A.6.已知橢圓的左右焦點分別為，直線與交于兩點，則的面積與面積的比值為（）A.3 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】將所求面積比轉化為的比，再利用點線距離公式即可得解.【詳解】根據題意可得，，又直線可化為，設到直線為的距離分別為，則.故選：B.7.某公司為激勵創新，計劃遂年加大研發資金投入.若該公司2020年投入研發資金130萬元，在此基礎上，每年投入的研發資金比上一年增長，則該公司年投入研發資金開始超過200萬元的年份是（）（參考數據：）A.2024年 B.2025年 C.2026年 D.2027年【答案】A【解析】【分析】根據指數函數模型列不等式，利用對數的運算性質即可求解．【詳解】設在2020年后第年超過200萬，則，則，兩邊取對，即，則，可得，第年滿足題意，即為2024年.故選：A.8.曲線圍成圖形的面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據絕對值的性質，結合圓的面積公式，利用數形結合思想進行求解即可.【詳解】當時，，當時，，當時，，當時，，曲線圍成圖形如下圖所示：其中每個象限內半圓的半徑為，所以曲線圍成圖形的面積為：，故選：D二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，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.已知直線與直線，下列說法正確的是（）A.當時，直線的傾斜角為B.直線恒過點C若，則D.若，則【答案】BD【解析】【分析】利用直線斜率與傾斜角的關系判斷A，利用直線過定點的求解判斷B，利用直線平行與垂直的性質判斷CD，從而得解.【詳解】A中，當時，直線的斜率，設其傾斜角為，所以，則，所以A不正確；B中，直線，整理可得，令，可得，即直線恒過定點，所以B正確；C中，當時，兩條直線方程分別為：，則兩條直線重合，所以C不正確；D中，當時，兩條直線方程分別為：，顯然兩條直線垂直，所以D正確.故選：BD.10.關于等差數列和等比數列，下列說法正確的是（）A.若數列的前項和，則數列為等比數列B.若的前項和，則數列為等差數列C.若數列為等比數列，為前項和，則成等比數列D.若數列為等差數列，為前項和，則成等差數列【答案】AD【解析】【分析】對選項A，利用與的關系判斷即可判斷，對選項B，利用特值法即可判斷，對選項C，利用特值法即可判斷，對選項D，根據等差數列公式即可判斷.【詳解】對選項A，當時，，當時，取時，，此時也滿足，故的通項公式為所以數列為等比數列，故A正確；對選項B，，，不滿足數列為等差數列，故B錯誤；對選項C，當時，為等比數列，，不滿足成等比數列，故C錯誤；對選項D，設等差數列的公差為，首項是，，，，因此，則成等差數列，故D正確.故選：AD.11.下列說法正確的是（）A.已知，則在上的投影向量為B.若是四面體的底面的重心，則C.若，則四點共面D.若向量，（都是不共線的非零向量）則稱在基底下的坐標為，若在單位正交基底下的坐標為，則在基底下的坐標為【答案】BC【解析】【分析】根據投影向量的定義結合空間向量的坐標運算求解可判斷A；根據空間向量基本定理可判斷B；根據四點共面的結論可判斷C；根據空間向量基本定理分析可判斷D.【詳解】對于A，在上的投影向量為，故A錯誤；對于B，如圖，是四面體的底面的重心，延長交與點，則點是的中點，所以，故B正確；對于C，若，則，所以四點共面，故C正確；對于D，設在基底下的坐標為，則，因為在單位正交基底下的坐標為，所以，解得，則在基底下的坐標為，故D錯誤.故選：BC.12.已知點為圓的兩條切線，切點分別為，則下列說法正確的是（）A.圓的圓心坐標為，半徑為B.切線C.直線的方程為D.【答案】AC【解析】【分析】將圓的方程配方易得A項正確；利用圓的切線的性質和勾股定理易求得；設出切線方程，由圓心到切線的距離等于半徑求出值，回代入直線方程與圓的方程聯立，求出點的坐標，再利用斜率關系即可求得直線的方程；先判斷，求出的正余弦，再求即得.【詳解】對于A項，由可得：，知圓心為,半徑為，故A項正確；如圖，點為圓的兩條切線,切點分別為.對于B項，分別連接,在中，,則,故B項錯誤；對于C項，設過點的圓的切線方程為：，即：，由圓心到直線的距離，解得：，取，則切線方程為代入整理得：，解得：，代入可得：，即得：，因,直線的斜率為1，則直線的斜率為，故直線的方程為：，即：，故C項正確；對于D項，由對稱性可知,由上分析知，,則，于是，.故D項錯誤.故選：AC.【點睛】思路點睛：本題主要考查直線與圓相切產生的切線長，直線方程和夾角問題，屬于較難題.解決此類題目的思路即是，作出圖形，利用圖形的幾何性質，借助于直線與圓的方程聯立，求出相關點坐標和相關角的三角函數值即可依次求得.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.直線在軸?軸上的截距分別是和，則直線的一般式直線方程為__________.【答案】【解析】【分析】由已知先求出直線的截距式方程，再化為一般式方程即可得解.【詳解】由題意，直線l的截距式方程為，化為一般式方程為.故答案為：.14.若雙曲線的漸近線與圓相切，則__________.【答案】【解析】【分析】由雙曲線方程寫出漸近線方程，再由已知圓與漸近線相切列出方程，求解即得.【詳解】由可得其漸近線方程為：，即，由可得：.依題意，圓心到直線的距離，解得：，因，故.故答案為：.15.如圖，兩條異面直線所成的角為，在直線上分別取點和點，使.已知，則__________.【答案】或【解析】【分析】根據向量的線性運算可得，兩邊平方，利用向量的數量積運算，結合題意已知可得結果.【詳解】由題意知，，所以，展開得，因為異面直線所成角為，所以向量夾角為或，因為，所以，即，且，代入可得：，得方程：或，所以或，故答案為：或.16.如圖所示，已知橢圓的左右焦點分別為，點在上，點在軸上，，則的離心率為__________.【答案】##【解析】【分析】設出，利用橢圓定義和圖形對稱性，借助于求得與的數量關系，接著在中求得，從而得到，最后在中運用余弦定理即可求得.【詳解】設，依題意，，因點在軸上，則，，又因則，化簡得，在中，，故,在中由余弦定理，,即，解得：，即，則離心率為.故答案為：.【點睛】思路點睛：由橢圓的焦半徑想到橢圓定義式，由垂直想到求三邊利用勾股定理，由邊的數量關系想到設元替換，遇到三角形的邊角關系，要考慮能否用正、余弦定理.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.在正四棱柱中，，點在線段上，且，點為中點.（1）求點到直線的距離；（2）求證：面.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）依題建系，求得相關點和向量的坐標，利用點到直線的距離的空間向量計算公式即可求得；（2）由（1）中所建系求出的坐標，分別計算得到和，由線線垂直推出線面垂直.【小問1詳解】如圖,以為原點，以分別為軸正方向，建立空間直角坐標系，正四棱柱,為中點,則點到直線的距離為：.【小問2詳解】由（1）可得，則，由可得，又由可得，又，故面.18.是坐標平面內一個動點，與直線垂直，垂足位于第一象限，與直線垂直，垂足位于第四象限.若四邊形（為坐標原點）的面積為6.（1）求動點的軌跡方程；（2）如圖所示，斜率為且過的直線與曲線交于兩點，點為線段的中點，射線與曲線交于點，與直線交于點.證明：成等比數列.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設動點，利用題設條件列出方程，化簡得到軌跡方程，并考慮自變量范圍即得；（2）依題設出直線的方程，將其與雙曲線方程聯立，寫出韋達定理，求得點的坐標，接著將直線的方程與雙曲線方程聯立求得點的坐標，再證明三點的橫坐標成等比數列即得.小問1詳解】如圖，設動點，因分別與直線垂直，則四邊形是矩形，依題，代入得：兩點分別在一?四象限，點的軌跡方程為：【小問2詳解】如圖，設直線的方程為：，中點直線的方程與的方程聯立消元得：則解得：且，由可得：將其代入得，即.要證成等比數列，只要證明三點的橫坐標成等比數列即可.因直線的斜率,則直線的方程為由可得點橫坐標滿足，因點的橫坐標顯然是，則故成等比數列.19.已知等差數列的前項和為，公差為，且成等比數列，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前30項的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等比中項公式，結合等差數列的通項公式與求和公式求得，從而得解；（2）利用并項求和法，結合等差數列的求和公式即可得解.【小問1詳解】依題意，則，解得，則，故，所以，解得，則，故.【小問2詳解】，，.20.如圖，在底面是菱形的四棱錐中，底面分別在梭上，為的中點.（1）若為中點，證明：面；（2）若，是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在點，且或【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用法向量證明線面平行即可；（2）設，利用向量法求出求出線面角的正弦，由正弦值得出參數，即可得解.【小問1詳解】，所以為等邊三角形，為中點，，又，所以以為原點，分別頭軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，設平面的一個法向量，則，，令，可得，，，又面，面.【小問2詳解】設，則,,設平面的法向量，則，即，令，得平面的一個法向量，設與平面所成的角為，則，解得或，即存在點，且或.21.如圖形狀出現在南宋數學家楊渾所著的《詳解九章算法商功》中，后人稱為“三角垛”，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球設各層球數構成一個數列.（1）寫出與的遞推關系，并求數列的通項公式；（2）記等比數列的前項和為，且，在與之間插入個數，若這個數恰能組成一個公差為的等差數列，求數列的前項和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據題意得到，，再利用累加法即可得解；（2）利用與的關系，結合為等比數列求得，進而利用等差數列的通項公式求得，再利用錯位相減法即可得解.【小問1詳解】從圖中可以發現每一層球的數量比上一層多的個數等于層數，所以有，又，所以.【小問2詳解】由，得，兩式相減得，則，因為為等比數列，則公比為，當時，，解得，，則，，，，，則，兩式相減，得，.【點睛】關鍵點點睛：本題第2小題解決的關鍵是利用等差數列的通項公式求得，從而得解.22.已知拋物線，點，過拋物線的焦點且平行于軸的直線與圓相切，與交與兩點，.（1）求和圓的方程；（2）過上一點作圓的兩條切線分別與交于兩點，判斷直線與圓的位置關系，并說明理由.【答案】（1）的方程為，圓的方程為（2）直線與圓相切，理由見解析【解析】【分析】（1）根據題意求得兩點的坐標，從而求得