1、台州市2023学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学2024.01一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 直线的斜率等于（ ）A. B. 1C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】由斜截式判定直线斜率即可.【详解】由直线的斜截式可知的斜率为.故选：C2. 若双曲线的离心率为2，则实数（ ）A. 2B. C. 4D. 16【答案】A【解析】【分析】根据离心率表示出方程，计算即可求解.【详解】由题意得,解得.又，则.故选:A.3. 若空间向量，则与的夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量
2、夹角的坐标表示即可求解.【详解】由题意，得.故选:C.4. 已知等差数列的前项和为.若，则其公差为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式，通项公式列式计算求解.【详解】由，所以，又，解得.故选：D.5. 如图，在平行六面体中，记，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：.故选：A.6. 人们发现，任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，必会得到1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”现给出冰雹猜想的递推关系如下：对于数列为正整数
3、），若，则所有可能的取值的和为（ ）A. 16B. 18C. 20D. 41【答案】B【解析】【分析】由已知数列的递推式倒推得到m的值.【详解】若，则由递推关系只能有，有或，当时，；当时，所以所有可能的取值为或，.故选：B7. 已知抛物线的焦点为,两点在抛物线上，并满足，过点作轴的垂线，垂足为，若，则（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】分过的直线斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，联立抛物线，得到两根之积，根据向量比例关系得到方程，求出，从而得到方程，求出答案.【详解】由题意得，当过的直线斜率不存在时，不合要求，舍去，当过的直线斜率存在时，设为，联立得，设，则，因
4、为，所以，又，故，解得，故，解得，故，解得.故选：B8. 在空间四边形中，则下列结论中不一定正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量线性运算判断A；利用空间向量数量积的应用判断B；利用给定等式结合垂直关系的向量表示推理判断CD.【详解】依题意，A正确；显然，即，因此，B正确；由，同理得，于是，由，得，由，得，取中点，连接并延长至，使，连接，取中点，连接，显然四边形为平行四边形，则，于是，即有，则，而平面，则平面，又平面，因此，而为公共边，所以，C正确； 显然线段不一定相等，而，即直角三角形的两条直角边不一定相等，与不一定垂直，又，所以不一定垂直，D错误.故选：D
5、【点睛】结论点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和二、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. 已知数列和是等比数列，则下列结论中正确的是（ ）A. 是等比数列B. 一定不是等差数列C. 是等比数列D. 一定不是等比数列【答案】AC【解析】【分析】AC可利用等比数列的定义进行判断，CD选项，可举出反例.【详解】A选项，设数列的公比为，则，故，所以是等比数列，A正确；BD选项，设，满足数列和是
6、等比数列，所以，故此时是等差数列，也是等比数列，BD错误；C选项，设数列的公比为，数列的公比为，则，故是等比数列，C正确；故选：AC10. 已知且，曲线，则下列结论中正确的是（ ）A. 当时，曲线是椭圆B. 当时，曲线是双曲线C. 当时，曲线的焦点坐标为D. 当时，曲线的焦点坐标为【答案】ABD【解析】【分析】对于AC，若，则，从而可判断；对于B，若，则，从而可判断；对于D，时，曲线是焦点在轴上的双曲线，求出焦点坐标即可判断.【详解】对于A，若，则，故曲线是焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则，故曲线是焦点在轴上的双曲线，故B正确；对于C，时，由A可得曲线是焦点在轴上的椭圆，故C错误；对
7、于D，时，由B可得曲线是焦点在轴上的双曲线，曲线，可化为曲线，双曲线的半焦距为，故焦点坐标为，故D正确.故选:ABD.11. 如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面B. C. D. 若分别为的中点，则为的中点【答案】ACD【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；对于B，将与的位置关系转化为与的关系进行判断；根据空间向量的线性运算即可判断C；通过分析得到，即可判断D.【详解】对于A，因为分别是的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面，故A正确；由A可得，因为分别是的中点，所以.由题中条件得不到与垂直，所以也得不到与垂直，故B错误；对于C，,故C
8、正确；对于D，因为是的中点，所以.又因为是的中点，所以，所以,所以为的中点，故D正确.故选:ACD.12. 已知，则下列结论中正确的是（ ）A. 当时，B. 当时，有2个元素C. 若有2个元素，则D. 当时，有4个元素【答案】ABD【解析】【分析】A选项，画出表示的部分图形，求出与轴的交点坐标，得到A正确；B选项，得到此时为，由圆心到的距离小于半径得到有两个交点，求出答案；C选项，举出反例；D选项，画出表示的部分图形，结合点到直线距离，数形结合得到答案.【详解】A选项，时，表示圆心为，半径为1的圆位于轴上方的部分（包括轴上的两点），由得或，故，表示圆心为，半径为1的圆位于轴上方的部分（包括轴上
9、的两点），由，解得或，同理可得，故表示的部分如图所示， 表示轴，故，A正确；B选项，当时，由于圆心到轴的距离等于2，大于1，整个圆位于轴上方，由于圆心到轴的距离等于2，大于1，整个圆位于轴下方，故表示的部分如图所示， 由于圆心到的距离，故直线与圆有两个交点，有2个元素，B正确；C选项，当时，此时两圆圆心相同，半径相等，此时表示部分如图所示， 此时直线与有两个交点，而，C错误；D选项，当时，由于圆心到的距离为，由于圆心到的距离为，画出表示的部分如图所示， 此时直线分别与两圆交于两点，共4个交点，所以有4个元素，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：有关直线与圆的位置关系判断，可利用代数法或几何法
10、进行求解，代数法即联立直线与圆的方程，根据根的判别式进行判断；几何法则使用点到直线距离，数形结合进行求解.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 点到直线的距离为_【答案】1【解析】【分析】直接利用点到直线的距离公式计算可得.【详解】点到直线的距离.故答案为：14. 已知椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上的点，若，则椭圆的离心率等于_.【答案】#【解析】【分析】根据椭圆定义求出，由余弦定理求出方程，求出离心率.【详解】由椭圆定义可得，又，故，由余弦定理得，故，故，解得，故离心率为故答案为：15. 已知数列的前项和为.当时，的最小值是_.【答案】4【解析】【分析】将化为，利用裂项求和
11、法求出，再结合数列的单调性，求解不等式，即可得答案.【详解】由于，故，由，可得，即，由于的值随n的增大而增大，且时，时，故n的最小值为：4，故答案为：416. 已知抛物线和.点在上（点与原点不重合），过点作的两条切线，切点分别为，直线交于两点，则的值为_.【答案】【解析】【分析】设出直线方程，分别与抛物线，联立，结合判别式，韦达定理及弦长公式即可求解.【详解】依题知直线的斜率存在且不为0，设直线，联立，得，则，设过点的切线方程为，则，得，由，得，故过点的切线方程为，即，同理过点的切线方程为，联立得，则点，则，得，设，联立，得，.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明
12、、证明过程或演算步骤）17. 已知圆经过原点及点.（1）求圆的标准方程；（2）过原点的直线与圆相交于两点，若，求直线的方程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）由，可知线段的中点为圆心，线段的长为圆的直径，得解；（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，在存在时，利用勾股定理求出弦心距，求解直线方程.【小问1详解】设原点为，易知，线段的中点为圆心，圆心坐标为.线段的长为圆的直径，半径.圆的标准方程为【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，令，代入圆的标准方程，解得或，则，不符合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将其转化为一般式方程，圆心到直线的距离为，则，得，化简得或，即
13、直线的方程为或.18. 已知数列是公比不为1的等比数列，其前项和为.已知成等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）应用等比数列的基本量运算及等差中项即可；（2）应用错位相减法即可.【小问1详解】设等比数列的公比为，由题意得：，即，得，解得或.由于不符合题意，因此.由得，即.所以.【小问2详解】由题意得，则，则，则，则，.19. 在长方体中，.从这两个条件中任选一个解答该题.直线与平面所成角的正弦值为；平面与平面的夹角的余弦值为.（1）求的长度；（2）是线段（不含端点）上的一点，若平面平面，求的值.【答案】（1）； （2）.【
14、解析】【分析】（1）以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，借助二面角或线面角的向量法求解即可;（2）设，求出平面的法向量与平面的法向量，利用法向量垂直，即可求出的值.【小问1详解】在长方体中，易知两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，设，则，设平面的法向量.取，则.若选择条件，设直线与平面所成角为，则，解得，或（舍去），即.若选择条件，易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，解得，或（舍去），即【小问2详解】由题（1）得:.设，则.设平面的法向量所以，即取，则,又，设平面的法向量.令，则平面平面，即，解得，所
15、以.20. 如图，圆的半径为4，是圆内一个定点且是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，点在圆上运动.（1）求点的轨迹；（2）当时，证明：直线与点形成的轨迹相切.【答案】（1）点的轨迹是以为焦点，长轴长等于4的椭圆 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义可得答案；（2）以线段的中点为坐标原点，以过点的直线为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，求出椭圆的标准方程，当时，点的坐标为和，求出直线的方程与椭圆方程联立利用判别式可得答案.【小问1详解】，因为，所以与两个定点的距离的和等于常数（大于），由椭圆的定义得，点的轨迹是以为焦点，长轴长等于4的椭圆；【小问2详解】
16、以线段的中点为坐标原点，以过点的直线为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，设椭圆的标准方程为，由椭圆的定义得：，即，即，则椭圆的标准方程为，当时，点的坐标为和.当点的坐标为时，已知点的坐标为，线段的中点坐标为，直线的斜率为，直线的方程，联立方程，得，整理得，可得，所以直线与点形成的轨迹只有1个交点，即直线与点形成的轨迹相切.当点的坐标为时，已知点的坐标为，线段的中点坐标为，直线的斜率为，直线的方程，联立方程，得，整理得，可得，所以直线与点形成的轨迹只有1个交点，即直线与点形成的轨迹相切.综上，直线与点形成的轨迹相切.21. 某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂
17、直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为的笔直公路，其中.摩天轮近似为一个圆，其半径为，圆心到地面的距离为，其最高点为点正下方的地面点与公路的距离为.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计）（1）如图所示，甲位于摩天轮的点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？（2）当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为,由得答案;（2）设甲位于圆 上的点处, 直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到. 过点正下方的地面点
18、向作垂线，垂足为.取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角，,其中，表示点和点构成的直线的斜率，根据直线与圆的位置关系即可求解.【小问1详解】如图所示，设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为，m.因为圆的半径为35m，圆心到地面的距离为40m，所以m.从甲看乙的最大俯角与相等，由题意得，则. 【小问2详解】如图所示，设甲位于圆上的点处，直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到.过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.当取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角.题意得：,其中，表示点和点构成的直线的斜率，当直线的斜率取得最小值时，取最大值.因为点在单位圆上，所以当直线与单位圆相
19、切时，斜率取得最大值或最小值设过点的直线方程为：，由相切可得，解得，则直线的斜率最小值为，代入可得取最大值是.【点睛】方法点睛：求的最值时，可转化为求点与连线斜率的最值，设出过点的直线方程，由点在单位圆上，根据直线与圆相切即可求解.22. 已知双曲线的实轴长为，直线交双曲线于两点，.（1）求双曲线的标准方程；（2）已知点，过点的直线与双曲线交于两点，且直线与直线的斜率存在，分别记为.问：是否存在实数，使得为定值？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）； （2）存在，.【解析】【分析】（1）由已知得，将代入方程可解得 ，故可得双曲线标准方程；（2）设，则，再分直线的斜率不存在和直线的斜率存在讨论可得答案.【小问1详解】由已知得，故.将代入方程，得，由得，.因此双曲线的标准方程为.【小问2详解】设，则，则.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则,则.联立方程可得，因为过点的直线与双曲线交于两点，所以，即.则.故.令，整理得.要使得对任意的上式恒成立，则，解得,所以，当时，.当直线的斜率不存在时，由得，为定值的必要条件是，即直线过定点，此时直线的方程为，易知直线与双曲线没有交点，不符合题意的要求.综上所述，当时，为定值6.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关
