廣東省廣州市荔灣區2023-2024學年數學高二上期末質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．下列說法錯誤的是（）A.命題“，”的否定是“，”B.若“”是“或”的充分不必要條件，則實數m的最大值為2021C.“”是“函數在內有零點”的必要不充分條件D.已知，且，則的最小值為92．將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（）A.60種 B.120種C.240種 D.480種3．已知命題“”為真命題，“”為真命題，則（）A.為假命題，為真命題 B.為真命題，為真命題C.為真命題，為假命題 D.為假命題，為假命題4．定義在R上的函數與函數在上具有相同的單調性，則k的取值范圍是（）A. B.C. D.5．在三棱錐中，，D為上的點，且，則（）A. B.C. D.6．已知數列為等差數列，且成等比數列，則的前6項的和為A.15 B.C.6 D.37．命題；命題．則A.“或”為假 B.“且”為真C.真假 D.假真8．在平面上有一系列點，對每個正整數，點位于函數的圖象上，以點為圓心的與軸都相切，且與彼此外切．若，且,,的前項之和為，則（）A. B.C. D.9．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若，，則的形狀為（）A.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形10．已知數列是遞減的等比數列，的前項和為，若，，則=（）A.54 B.36C.27 D.1811．《萊茵德紙草書》（RhindPapyrus）是世界上最古老的數學著作之一．書中有這樣一道題目：把93個面包分給5個人，使每個人所得面包個數成等比數列，且使較小的兩份之和等于中間一份的四分之三，則最大的一份是（）個A.12 B.24C.36 D.4812．直線（t為參數）被圓所截得的弦長為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知空間向量，則向量在坐標平面上的投影向量是__________14．若函數，則在點處切線的斜率為______15．已知直線，，為拋物線上一點，則到這兩條直線距離之和的最小值為___________.16．已知正方體的棱長為6，E為棱的中點，F為棱上的點，且，則___________.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）為落實國家扶貧攻堅政策，某地區應上級扶貧辦的要求，對本地區所有貧困戶每年年底進行收入統計，下表是該地區貧困戶從2017年至2020年的收入統計數據：（其中y為貧困戶的人均年純收入）年份2017年2018年2019年2020年年份代碼1234人均年純收入y/百元25283235（1）在給定的坐標系中畫出A貧困戶的人均年純收入關于年份代碼的散點圖；（2）根據上表數據，用最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程，并估計A貧困戶在年能否脫貧.（注：假定脫貧標準為人均年純收入不低于元）參考公式：，參考數據：，.18．（12分）已知動圓過點且動圓內切于定圓：記動圓圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若、是曲線上兩點，點滿足求直線的方程.19．（12分）已知（1）討論函數的單調性；（2）若函數在上有1個零點，求實數a的取值范圍20．（12分）如圖，在正方體中，，分別為棱，的中點（1）求證：直線平面；（2）求異面直線與所成角的余弦值21．（12分）設數列的前項和為，，且，，（1）若（i）求；（ii）求證數列成等差數列（2）若數列為遞增數列，且，試求滿足條件的所有正整數的值22．（10分）雙曲線，離心率，虛軸長為2（1）求雙曲線的標準方程；（2）經過點的直線與雙曲線相交于兩點，且為的中點，求直線的方程

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、C【解析】對于A：用存在量詞否定全稱命題，直接判斷；對于B：根據充分不必要條件直接判斷；對于C：判斷出“”是“函數在內有零點”的充分不必要條件，即可判斷；對于D：利用基本不等式求最值.【詳解】對于A：用存在量詞否定全稱命題，所以命題“，”的否定是“，”.故A正確；對于B：若“”是“或”的充分不必要條件，所以，即實數m的最大值為2021.故B正確；對于C：“函數在內有零點”，則，解得：或，所以“”是“函數在內有零點”的充分不必要條件.故C錯誤；對于D：已知，且，所以（當且僅當，即時取等號）故D正確.故選：C2、C【解析】先確定有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，然后利用組合，排列，乘法原理求得.【詳解】根據題意，有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，可以先從5名志愿者中任選2人，組成一個小組，有種選法；然后連同其余三人，看成四個元素，四個項目看成四個不同的位置，四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4！種，根據乘法原理，完成這件事，共有種不同的分配方案，故選：C.【點睛】本題考查排列組合的應用問題，屬基礎題，關鍵是首先確定人數的分配情況，然后利用先選后排思想求解.3、A【解析】根據復合命題的真假表即可得出結果.【詳解】若“”為真命題，則為假命題，又“”為真命題，則至少有一個真命題，所以為真命題，即為假命題，為真命題.故選：A4、B【解析】判定函數單調性，再利用導數結合函數在的單調性列式計算作答.【詳解】由函數得：，當且僅當時取“=”，則在R上單調遞減，于是得函數在上單調遞減，即，，即，而在上單調遞減，當時，，則，所以k的取值范圍是.故選：B5、B【解析】根據幾何關系以及空間向量的線性運算即可解出【詳解】因為，所以，即故選：B6、C【解析】利用成等比數列,得到方程2a1+5d＝2，將其整體代入{an}前6項的和公式中即可求出結果【詳解】∵數列為等差數列，且成等比數列，∴，1，成等差數列，∴2，∴2＝a1+a1+5d，解得2a1+5d＝2，∴{an}前6項的和為2a1+5d）=故選C【點睛】本題考查等差數列前n項和求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意等差數列、等比數列的性質的合理運用7、D【解析】命題：可能為0，不為0，假命題，命題：，為真命題，所以“或”為真命題，“且”為假命題．選D.8、C【解析】根據兩圓的幾何關系及其圓心在函數的圖象上，即可得到遞推關系式，通過構造等差數列求得的通項公式，得出，最后利用裂項相消，求出數列前項和，即可求出.詳解】由與彼此外切，則，，，又∵，∴，故為等差數列且，，則，，則，即，故答案選：.9、B【解析】直接利用正弦定理以及已知條件，求出、、的關系，即可判斷三角形的形狀【詳解】解：在中，已知，，，分別為角，，的對邊），由正弦定理可知：，所以，解得，所以為等邊三角形故選：【點睛】本題考查三角形的形狀的判斷，正弦定理的應用，考查計算能力，屬于基礎題10、C【解析】根據等比數列的性質及通項公式計算求解即可.【詳解】由，解得或（舍去），，，故選：C11、D【解析】設等比數列的首項為，公比，根據題意，由求解.【詳解】設等比數列的首項為，公比，由題意得：，即，解得，所以，故選：D12、C【解析】求得直線普通方程以及圓的直角坐標方程，利用弦長公式即可求得結果.【詳解】因為直線的參數方程為：（t為參數），故其普通方程為，又，根據，故可得，其表示圓心為，半徑的圓，則圓心到直線的距離，則該直線截圓所得弦長為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據投影向量的知識求得正確答案.【詳解】空間向量在坐標平面上的投影向量是.故答案為：14、【解析】根據條件求出，，再求即答案.【詳解】∵，∴，則和，得，，∴，，∴，所以在點處切線的斜率為.故答案為：15、【解析】過作，垂足分別為，由直線為拋物線的準線，轉化，當三點共線時，取得最小值【詳解】過作，垂足分別為拋物線的焦點為直線為拋物線的準線由拋物線的定義，故，當三點共線時，取得最小值故最小值為點到直線的距離：故答案為：16、18【解析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的數量積運算求解.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，所以，故答案為：18三、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）散點圖見解析；（2），能夠脫貧.【解析】（1）直接畫出點即可；（2）利用公式求出與，即可求出，把代入即可估計出A貧困戶在2021年能否脫貧.【小問1詳解】畫出y關于x的散點圖，如圖所示：【小問2詳解】根據表中數據，計算，，又因為，，所以，，關于的線性回歸方程，當時，（百元），估計年A貧困戶人均年純收入達到元，能夠脫貧.18、（1）；（2）.【解析】（1）根據兩圓內切，以及圓過定點列式求軌跡方程；（2）利用重心坐標公式可知，，再設直線的方程為與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系求解直線方程.【詳解】（1）由已知可得，兩式相加可得則點的軌跡是以、為焦點，長軸長為的橢圓，則因此曲線的方程是(2)因為，則點是的重心，易得直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立消得：且①②由①②解得則直線的方程為即【點睛】本題考查直線與橢圓的問題關系，本題的關鍵是根據求得，.19、（1）答案見解析；（2）.【解析】(1)對函數求導，按a值的正負分析討論導數值的符號計算作答.(2)求出函數的解析式并求導，再按在值的正負分段討論推理作答.【小問1詳解】函數的定義域為R，求導得：當時，當時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，當時，令，得，若，即時，，則有在R上單調遞增，若，即時，當或時，，當時，，則有在，上都單調遞增，在上單調遞減，若，即時，當或時，，當時，，則有在，上都單調遞增，在上單調遞減，所以，當時，上單調遞減，在上單調遞增，當時，在，上都單調遞增，在上單調遞減，當時，在R上單調遞增，當時，在，上都單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】依題意，，，當時，，當時，，，則函數在上單調遞增，有，無零點，當時，，，函數在上單調遞減，，無零點，當時，，使得，而在上單調遞增，當時，，當時，，因此，在上單調遞增，在上單調遞減，又，若，即時，無零點，若，即時，有一個零點，綜上可知，當時，在有1個零點，所以實數a的取值范圍.【點睛】思路點睛：涉及含參的函數零點問題，利用導數分類討論，研究函數的單調性、最值等，結合零點存在性定理，借助數形結合思想分析解決問題.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明，則，可證明，由平面，可得，再由線面垂直的判定定理即可求證；（2）連結，可知，所以或其補角即為異面直線與所成的角，在中由余弦定理計算的值即可求解.【小問1詳解】在正方形中，，分別為棱，的中點，則，，，所以，則，所以，即，又因為平面，面，所以，因為，所以平面【小問2詳解】連結，，可知，所以或其補角即為異面直線與所成的角，令，則，，，在中，由余弦定理可得：，故異面直線與所成角的余弦值為.21、（1）；詳見解析；（2）5.【解析】（1）由題可得，由條件可依次求各項，即得；猜想，用數學歸納法證明即得；（2）設，由題可得，進而可得，結合條件即求.【小問1詳解】（i）∵，且，，，∴，，，∴，，，又，，，∴，∴，解得，，解得，，解得，，解得，∴；（ii）由，，，，猜想數列是首項，公差為的等差數列，，用數學歸納法證明：當時，，成立；假設時，等式成立，即，則時，，∴，∴當時，等式也成立，∴，∴數列是首項，公差為的等差數列.【小問2詳解】設，由，，即，∴，又，，