《山东省青岛市即墨区2023-2024学年高二上学期1月教学质量检测数学试题word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省青岛市即墨区2023-2024学年高二上学期1月教学质量检测数学试题word版含解析（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20232024学年度第一学期教学质量检测高二数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回.注意事项：1.答第I卷前考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上，2.选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效.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，只有一项是符合题目要求的）1. 抛物线y2=4x的焦点坐标是A. （0,2）B. （0,1）C. （2,0）
2、D. （1,0）【答案】D【解析】【详解】试题分析：的焦点坐标为，故选D.【考点】抛物线的性质【名师点睛】本题考查抛物线的定义解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握2. 已知四面体中，为中点，若，则（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，因为，所以，解得.故选：D.3. 正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解
3、析】【分析】先通过平移将异面直线的所成角转化为相交直线的所成角，在三角形内利用余弦定理即可求得【详解】如图，取的中点，再取的中点，连接，因点是的中点，易证,可得，又因点是的中点，故，则，故直线与直线所成角即直线与直线所成角.不妨设正方体棱长为4，在中，由余弦定理，即直线与直线所成角的余弦值为.故选：C.4. 等差数列的首项为1，公差为，若成等比数列，则（ ）A. 0或B. 2或C. 2D. 0或2【答案】A【解析】【分析】利用等比中项及等差数列的通项公式即可求解.【详解】因为成等比数列，所以，因为等差数列的首项为1，公差为，所以，即，解得或.故选：A.5. 已知两点，以线段为直径的圆截直线所得
4、弦长为（ ）A. B. C. 4D. 2【答案】A【解析】【分析】根据题意可得已知圆圆心和半径，利用直线与圆相交形成的弦心距，半径和半弦长的关系式即可求得.【详解】依题意，以线段为直径的圆的圆心为：，半径为，由点到直线的距离为，则该圆截直线所得弦长为.故选：A.6. 已知椭圆的左右焦点分别为，直线与交于两点，则的面积与面积的比值为（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】将所求面积比转化为的比，再利用点线距离公式即可得解.【详解】根据题意可得，又直线可化为，设到直线为的距离分别为，则.故选：B.7. 某公司为激励创新，计划遂年加大研发资金投入.若该公司2020年投入研发资金1
5、30万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司年投入研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：）A. 2024年B. 2025年C. 2026年D. 2027年【答案】A【解析】【分析】根据指数函数模型列不等式，利用对数的运算性质即可求解【详解】设在2020年后第年超过200万，则，则，两边取对，即，则，可得，第年满足题意，即为2024年.故选：A.8. 曲线围成图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据绝对值的性质，结合圆的面积公式，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】当时，当时，当时，当时，曲线围成图形如下图所示：其中每个象限内半圆
6、的半径为，所以曲线围成图形的面积为：，故选：D 二多项选择题：本题共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，下列说法正确的是（）A. 当时，直线的倾斜角为B. 直线恒过点C 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系判断A，利用直线过定点的求解判断B，利用直线平行与垂直的性质判断CD，从而得解.【详解】A中，当时，直线的斜率，设其倾斜角为，所以，则，所以A不正确；B中，直线，整理可得，令，可得，即直线恒过定点，所以B正确；C中，当时，两条直线方程分别为：，
7、则两条直线重合，所以C不正确；D中，当时，两条直线方程分别为：，显然两条直线垂直，所以D正确.故选：BD.10. 关于等差数列和等比数列，下列说法正确的是（ ）A. 若数列的前项和，则数列为等比数列B. 若的前项和，则数列为等差数列C. 若数列为等比数列，为前项和，则成等比数列D. 若数列为等差数列，为前项和，则成等差数列【答案】AD【解析】【分析】对选项A，利用与的关系判断即可判断，对选项B，利用特值法即可判断，对选项C，利用特值法即可判断，对选项D，根据等差数列公式即可判断.【详解】对选项A，当时，当时，取时，此时也满足，故的通项公式为所以数列为等比数列，故A正确；对选项B，不满足数列为等
8、差数列，故B错误；对选项C，当时，为等比数列，不满足成等比数列，故C错误；对选项D，设等差数列的公差为，首项是，因此，则成等差数列，故D正确.故选：AD.11. 下列说法正确的是（ ）A. 已知，则在上的投影向量为B. 若是四面体的底面的重心，则C. 若，则四点共面D. 若向量，（都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为【答案】BC【解析】【分析】根据投影向量的定义结合空间向量的坐标运算求解可判断A；根据空间向量基本定理可判断B；根据四点共面的结论可判断C；根据空间向量基本定理分析可判断D.【详解】对于A，在上的投影向量为，故A错误；对于B，如
9、图，是四面体的底面的重心，延长交与点，则点是的中点，所以，故B正确； 对于C，若，则，所以四点共面，故C正确；对于D，设在基底下的坐标为，则，因为在单位正交基底下的坐标为，所以，解得，则在基底下的坐标为，故D错误.故选：BC.12. 已知点为圆的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）A. 圆的圆心坐标为，半径为B. 切线C. 直线的方程为D. 【答案】AC【解析】【分析】将圆的方程配方易得A项正确；利用圆的切线的性质和勾股定理易求得；设出切线方程，由圆心到切线的距离等于半径求出值，回代入直线方程与圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率关系即可求得直线的方程；先判断，求出的正余弦，再求即
10、得.【详解】对于A项，由可得：，知圆心为,半径为，故A项正确； 如图，点为圆的两条切线, 切点分别为.对于B项，分别连接,在中，,则,故B项错误；对于C项，设过点的圆的切线方程为：，即：，由圆心到直线的距离，解得：，取，则切线方程为代入整理得：，解得：，代入可得：，即得：，因,直线的斜率为1，则直线的斜率为，故直线的方程为：，即：，故C项正确；对于D项，由对称性可知,由上分析知，,则，于是，.故D项错误.故选：AC.【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆相切产生的切线长，直线方程和夹角问题，属于较难题.解决此类题目的思路即是，作出图形，利用图形的几何性质，借助于直线与圆的方程联立，求出相关点坐
11、标和相关角的三角函数值即可依次求得.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 直线在轴轴上的截距分别是和，则直线的一般式直线方程为_.【答案】【解析】【分析】由已知先求出直线的截距式方程，再化为一般式方程即可得解.【详解】由题意，直线l的截距式方程为，化为一般式方程为.故答案为：.14. 若双曲线的渐近线与圆相切，则_.【答案】【解析】【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，再由已知圆与渐近线相切列出方程，求解即得.【详解】由可得其渐近线方程为：，即，由可得：.依题意，圆心到直线的距离，解得：，因，故.故答案为：.15. 如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则
12、_. 【答案】或【解析】【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，利用向量的数量积运算，结合题意已知可得结果.【详解】由题意知，所以，展开得，因为异面直线所成角为，所以向量夹角为或，因为，所以，即，且，代入可得：，得方程：或，所以或，故答案为：或.16. 如图所示，已知椭圆的左右焦点分别为，点在上，点在轴上， ，则的离心率为_. 【答案】#【解析】【分析】设出，利用椭圆定义和图形对称性，借助于求得与的数量关系，接着在中求得，从而得到，最后在中运用余弦定理即可求得.【详解】设，依题意，因点在轴上，则，又因则，化简得，在中，故,在中由余弦定理，,即，解得：，即，则离心率为.故答案为：.【点睛】思路
13、点睛：由椭圆的焦半径想到椭圆定义式，由垂直想到求三边利用勾股定理，由边的数量关系想到设元替换，遇到三角形的边角关系，要考虑能否用正、余弦定理.四解答题：本题共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. 在正四棱柱中，点在线段上，且，点为中点. （1）求点到直线的距离；（2）求证：面.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得；（2）由（1）中所建系求出的坐标，分别计算得到和，由线线垂直推出线面垂直.【小问1详解】 如图,以为原点，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，正四棱柱,为中点
14、,则点到直线的距离为：.【小问2详解】由（1）可得，则，由可得，又由可得，又，故面.18. 是坐标平面内一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为坐标原点）的面积为6. （1）求动点的轨迹方程；（2）如图所示，斜率为且过的直线与曲线交于两点，点为线段的中点，射线与曲线交于点，与直线交于点.证明：成等比数列.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设动点，利用题设条件列出方程，化简得到轨迹方程，并考虑自变量范围即得；（2）依题设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，写出韦达定理，求得点的坐标，接着将直线的方程与双曲线方程联立求得点的坐标，再证明三点的横坐标成等比数列即得.小问1详解】 如图，设动点，因分别与直线垂直，则四边形是矩形，依题，代入得：两点分别在一四象限，点的轨迹方程为：【小问2详解】 如图，设直线的方程为：，中点直线的方程与的方程联立消元得：则解得：且，由可得：将其代入得，即.要证成等比数列，只要证明三点的横坐标
