《贵州省铜仁市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《贵州省铜仁市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题（解析版）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、铜仁市20232024学年高二第一学期期末质量监测试卷数学试题本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题辿出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题（本大题共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
2、是符合题目要求的）1. 若数列的前五项分别为，则下列最有可能是其通项公式的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用观察法求解.【详解】数列，所以数列的一个通项公式是，故选：C.2. 已知直线：和圆：，若点在圆上运动，则其到直线的最短距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出点到直线：的距离为，点在圆上运动，则其到直线的最短距离为，求解即可.【详解】圆：的圆心，所以点到直线：的距离为，所以点在圆上运动，则其到直线的最短距离为：.故选：A.3. 在空间直角坐标系中，若对应点，若关于平面的对称点为，则（ ）A. 2B. C. 5D. 【答案】C【解析】
3、【分析】利用空间直角坐标系中的点的对称关系求出，进而求出，再由空间向量数量积的定义求解即可.【详解】关于平面的对称点为，所以，所以，即，所以.故选：C.4. 如图，在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点.若，其中，为实数，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将用表示，对比系数即可.【详解】因为，所以，故.故选：A.5. 已知椭圆：（）的离心率为，点是上一点，分別是两个焦点，则的面积为（ ）A. B. C. 16D. 32【答案】A【解析】【分析】由已知求出，再求的面积即可.【详解】由题意可得，解得，所以，故选：A.6. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（ ）A.
4、双曲线上B. 椭圆上C. 抛物线上D. 双曲线的一支上【答案】D【解析】【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.【详解】由圆可知，圆心，半径，圆化为标准方程，圆心，半径因此圆心距，所以两圆相离；设与两圆都外切的圆的圆心为，半径为则满足，所以，即圆心的轨迹满足到两定点距离之差为定值，且定值小于两定点距离，根据双曲线定义可知，圆心的轨迹是某一双曲线的左支，即圆心在双曲线的一支上.故选：D.7. 在等差数列中，m，n，p，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C
5、. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分充分性和必要性分别判断：充分性：取进行否定；必要性：直接利用等差数列的性质即可.【详解】在等差数列中，若，则成立，故必要性满足；下面讨论充分性：取，若，则不一定成立，故充分性不满足，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】判断充要条件的四种方法：（1）定义法；（2）传递性法；（3）集合法；（4）等价命题法.8. 已知椭圆：（）与双曲线：（）共焦点，过引直线与双曲线左、右两支分别交于点，过作，垂足为，且（为坐标原点），若，则与的离心率之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线方程可得焦点坐标，故
6、可得椭圆离心率，点作于点，结合题目所给条件，可由、表示出、，结合双曲线定义即可得双曲线离心率.【详解】由可得，故焦点坐标为、，则椭圆的离心率为，由，则，过点作于点，由为中点，故，由，故，则，由双曲线定义可知，故，则离心率为，故与的离心率之和为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题关键点在作出，方可将题目所给条件结合起来，得出、，结合双曲线定义求出双曲线离心率.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：与直线：，其中，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则或或B. 若，则或C. 直
7、线和直线均与圆相切D. 直线和直线的斜率一定都存在【答案】AC【解析】【分析】根据直线垂直公式建立方程求角判断A，根据直线平行公式建立方程求角判断B，结合点到直线距离公式判断直线与圆的位置关系判断C，举例判断D.【详解】对于A，直线：与直线：，若，则，即，又，所以，或或，解得或或，正确；对于B，若，则，所以，又，所以或，当时，直线：即，直线：即，两直线重合，不符合题意，舍去；当时，直线：即，直线：即，两直线平行，符合题意；所以，B错误；对于C，圆的圆心为，半径为1，圆心到直线：的距离为，圆心到直线：的距离为，所以直线和直线均与圆相切，正确；对于D，当时，直线：化简为，直线斜率不存在；当时，直线
8、：化简为，直线斜率不存在；D错误.故选：AC10. 以下四个命题为真命题的是（ ）A. 已知的周长为6，且，则动点的轨迹方程为（）B. 若直线的方向向量为，是直线上的定点，为直线外一点，且，则点到直线的距离为C. 等比数列中，若，则D. 若圆：与圆：（）恰有三条公切线，则【答案】AD【解析】【分析】根据椭圆的定义，可判断A，利用点到直线的距离公式判断B，由等比中项可知的值判断C，利用两圆外切建立方程求解判断D.【详解】对于A：设，所以，满足椭圆的定义，即点点是以顶点为焦点的椭圆，则，所以椭圆方程，因为三点不能共线，所以，则动点的轨迹方程为（），正确；对于B：因为直线的方向向量为，是直线上的定点
9、，为直线外一点，且，所以点到直线的距离为，错误；对于C，因为数列是等比数列，所以是和的等比中项，所以，错误；对于D，圆：的圆心，半径，圆：（）的圆心，半径，因为圆与圆恰有三条公切线，所以两圆外切，则，所以，解得，正确.故选：AD11. 著名的冰雹猜想，又称角谷猜想，它是指任何一个正整数，若是奇数，则先乘以3再加上1；如果是偶数，就除以2.这样经过若干次变换后，最终一定得1，若是数列或中的项，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则需要4次变换得到1B. 若，则需要7次变换得到1C. 中的项变换成1的次数一定少于中的项变换成1的次数D. 存在正整数，使得与的变换次数相同【答案】ABD【解析】【分析】
10、选项A中，按照流程变换即可判断；选项B中，按照流程变换即可判断；选项C中，举出反例“时”即可；选项D，从角度思考，问题即可解决.【详解】对于选项A，变化过程为：，4次变换得到1，A正确；对于选项B，变化过程为：，7次变换得到1，B正确；对于选项C，举例说明，当时，变化过程为：，16次变换得到1；，变化过程：，3次变换得到1；C错误；对于D，举例说明，当时，变换次数相同，D正确；故选：ABD.12. 在棱长为1的正方体中，为平面上一动点，下列说法正确的有（ ）A. 若点在线段上，则平面B. 存在无数多个点，使得平面平面C. 将以边所在直线为轴旋转一周，在旋转过程中，三棱锥的体积为定值D. 若，则
11、点的轨迹为抛物线【答案】AB【解析】【分析】利用面面平行证线面平行可判定A项；利用线面垂直证面面垂直可判定B项；由三棱锥的体积公式可判断C；利用平面截圆锥的结论可判定D项；.【详解】对于A项，如图所示，连接对应面对角线，根据正方体的性质可知：，平面，平面，平面，同理可知平面，又平面，平面平面，又，平面，平面，故A正确; 对于B项， 连接，易知面，面，则，又平面，平面，而平面，同理，又平面，平面，又平面，平面平面，所以存在无数多个点，使得平面平面，故B正确;对于C项，设点到平面的距离为，三棱锥，因为以边所在直线为轴旋转一周，所以为一个变量，所以棱锥的体积为不为定值，故C不正确.对于D，因为为定直
12、线，是定角，到的距离为定值，所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即D错误； 故选：AB.【点睛】关键点睛：本题D选项关键点需要利用平面截圆锥曲线（不过圆锥顶点）来判定即可（当且仅当平面平行于圆锥底面时截圆锥所得图形为圆，慢慢倾斜平面至与圆锥母线平行之前截圆锥得图形均为椭圆，当且仅当平面与圆锥的母线平行时所截图形为抛物线，再倾斜平面直至与圆锥的轴平行时所截图形均为双曲线的一支）.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知，若，则_.【答案】4【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可得答案.【详解】若，则，即，解得.故答案
13、为：.14. 设为数列的前项和，若，则_.【答案】27【解析】【分析】题中所给式子使用进行转化，得到数列第2项及以后各项的通项公式，用公式求即可【详解】由于，则，所以，所以.故答案是：.15. 圆与圆的公共弦长为_.【答案】【解析】【分析】两圆方程相减即可得公共弦所在直线，分别求出其中一圆的圆心到直线的距离与半径，再利用直线与圆的相交弦长公式即可求出答案.【详解】联立方程组，两式相减，得，为公共弦长所在直线的方程，又圆的圆心为，圆心到直线的距离为，所以两圆公共弦长.故答案为：.16. 已知抛物线：，且过焦点的直线与抛物线交于、两点，若以为直径的圆与轴交于和两点，则直线的方程为_.【答案】【解析
14、】【分析】由已知可得直线的斜率存在，将直线设为点斜式方程，与曲线联立，利用韦达定理和，列方程求解.【详解】由已知可得且直线的斜率存在，将直线设为，由得设，则所以，由题意可知，且所以解得，所以直线的方程为.故答案：四、解答题（本大题共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. 在下列三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.垂直于直线；平行于直线；截距相等.问题：直线经过两条直线和的交点，且_.（1）求直线的方程；（2）直线不过坐标原点，且与轴和轴分别交于、两点，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析【解析】【分析】（1）通过解方程组求出两条直线和的交点.选：根据互相垂直两直线方程的特征进行求解即可；选：根据互相平行两直线方程的特征进行求解即可选：根据截距是否为零，结合直线的截距式的方程分类讨论进行求解即可.（2）选、选、选都是在直线方程中令求出在纵轴和横轴的截距，最后
