廣東省廣州市越秀區執信中學2023-2024學年數學高二上期末教學質量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知正三棱柱的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.2．在圓內，過點的最長弦和最短弦分別是AC和BD，則四邊形ABCD的面積為（）A. B.C. D.3．已知、是橢圓的兩個焦點，P為橢圓C上一點，且，若的面積為9，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.44．已知直線l1：ax+2y＝0與直線l2：2x+（2a+2）y+1＝0垂直，則實數a的值為（）A.﹣2 B.C.1 D.1或﹣25．由1，2，3，4，5五個數組成沒有重復數字的五位數，其中1與2不能相鄰的排法總數為（）A.20 B.36C.60 D.726．已知雙曲線的離心率為2，則C的漸近線方程為（）A. B.C. D.7．已知是定義在上的函數，且對任意都有，若函數的圖象關于點對稱，且，則（）A. B.C. D.8．已知向量分別是直線的方向向量，若，則（）A. B.C. D.9．在數列中，，則（）A. B.C.2 D.110．橢圓的焦點坐標是（）A.（±4，0） B.（0，±4）C.（±5，0） D.（0，±5）11．試在拋物線上求一點，使其到焦點的距離與到的距離之和最小，則該點坐標為A. B.C. D.12．函數在的最大值是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等比數列滿足，，公比，則的前2021項和______14．設F為拋物線C:的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則的面積為______.15．已知為拋物線上的動點，，，則的最小值為________.16．用組成所有沒有重復數字的五位數中，滿足與相鄰并且與不相鄰的五位數共有____________個.(結果用數值表示)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）設橢圓過，兩點，為坐標原點（1）求橢圓的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，，且？若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，說明理由18．（12分）在①，②這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.設數列的前項和為，且__________.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.19．（12分）已知等差數列滿足，，的前項和為.（1）求及；（2）令，求數列的前項和.20．（12分）已知的展開式中只有第五項的二項式系數最大.（1）求該展開式中有理項的項數；（2）求該展開式中系數最大的項.21．（12分）已知命題：，在下面①②中任選一個作為：，使為真命題，求出實數a取值范圍.①關于x的方程有兩個不等正根；②.（若選①、選②都給出解答，只按第一個解答計分.）22．（10分）已知橢圓（）的左、右焦點為，，，離心率為（1）求橢圓的標準方程（2）的左頂點為，過右焦點的直線交橢圓于，兩點，記直線，，的斜率分別為，，，求證：

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】過作，連接，由于，故平面，所以所求直線與平面所成的角為，設棱長為，則，故，.點睛：本題主要考查空間立體幾何直線與平面的位置關系，考查直線與平面所成的角，考查線面垂直的證明方法和常見幾何體的結構特征.由于題目所給幾何體為直三棱柱，故側棱和底面垂直，這是一個重要的隱含條件，通過作交線的垂線，即可得到高，由此作出二面角的平面角.2、D【解析】由題，求得圓的圓心和半徑，易知最長弦，最短弦為過點與垂直的弦，再求得BD的長，可得面積.【詳解】圓化簡為可得圓心為易知過點的最長弦為直徑，即而最短弦為過與垂直的弦，圓心到的距離：所以弦所以四邊形ABCD的面積：故選：D3、C【解析】根據橢圓定義，和條件列式，再通過變形計算求解.【詳解】由條件可知，，即，解得：.故選：C【點睛】本題考查橢圓的定義，焦點三角形的性質，重點考查轉化與變形，計算能力，屬于基礎題型.4、B【解析】由題意，利用兩直線垂直的性質，兩直線垂直時，一次項對應系數之積的和等于0，計算求得a的值【詳解】∵直線l1：ax+2y＝0與直線l2：2x+（2a+2）y+1＝0垂直，∴a×2+2×（2a+2）＝0，求得a＝﹣，故選：B5、D【解析】先排3，4，5，然后利用插空法在4個位置上選2個排1，2.【詳解】先排3，4，5,,共有種排法，然后在4個位置上選2個排列1,2，有種排法，則1與2不能相鄰的排法總數為種，故選：D.6、A【解析】根據離心率及a，b，c的關系，可求得，代入即可得答案.【詳解】因為離心率，所以，所以，，則，所以C的漸近線方程為.故選：A7、D【解析】令，代入可得，即得，再由函數的圖象關于點對稱，判斷得函數的圖象關于點對稱，即，則化簡可得，即函數的周期為，從而代入求解.【詳解】令，得，即，所以，因為函數的圖象關于點對稱，所以函數的圖象關于點對稱，即，所以，即，可得，則，故選：D.第II卷（非選擇題8、C【解析】由題意，得，由此可求出答案【詳解】解：∵，且分別是直線的方向向量，∴，∴，∴，故選：C【點睛】本題主要考查向量共線的坐標表示，屬于基礎題9、A【解析】利用條件可得數列為周期數列，再借助周期性計算得解.【詳解】∵∴，，所以數列是以3為周期的周期數列，∴，故選：A.10、A【解析】根據橢圓的方程求得的值，進而求得橢圓的焦點坐標，得到答案.【詳解】由橢圓，可得，則，所以橢圓的焦點坐標為和.故選：A.11、A【解析】由題意得拋物線的焦點為，準線方程為過點P作于點，由定義可得,所以，由圖形可得，當三點共線時，最小，此時故點的縱坐標為1，所以橫坐標．即點P的坐標為．選A點睛：與拋物線有關的最值問題的解題策略該類問題一般解法是利用拋物線的定義，實現由點到點的距離與點到直線的距離的轉化(1)將拋物線上的點到準線的距離轉化為該點到焦點的距離，構造出“兩點之間線段最短”，使問題得解；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為點到準線的距離，利用“與直線上所有點的連線中的垂線段最短”解決12、C【解析】利用函數單調性求解.【詳解】解：因為函數是單調遞增函數，所以函數也是單調遞增函數，所以.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據等比數列的求和公式求解即可.【詳解】因為等比數列滿足，，公比，所以，故答案為：14、##2.25##【解析】求出直線的方程，與拋物線方程聯立后得到兩根之和，結合焦點弦弦長公式求出，用點到直線距離公式求高，進而求出三角形面積.【詳解】易知拋物線中，焦點，直線的斜率，故直線的方程為，代人拋物線方程，整理得.設，則，由拋物線的定義可得弦長，原點到直線的距離，所以面積.故答案為：15、6【解析】根據拋物線的定義把的長轉化為到準線的距離為，進而數形結合求出最小值.【詳解】易知為拋物線的焦點，設到準線的距離為，則，而的最小值為到準線的距離，故的最小值為.故答案為：616、【解析】由題意，先利用捆綁法排列和，再利用插空法排列和，即可得答案.【詳解】因為滿足與相鄰并且與不相鄰，則將捆綁，內部排序得，再對和全排列得，利用插空法將和插空得，所以滿足題意得五位數有.故答案為：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）（2）存在，，【解析】（1）根據橢圓E：（）過，兩點，直接代入方程解方程組，解方程組即可.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯立，根據，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到，結合題意求解即可，當切線斜率不存在時，驗證即可.【小問1詳解】將，的坐標代入橢圓的方程得，解得，所以橢圓的方程為【小問2詳解】假設滿足題意的圓存在，其方程為，其中，設該圓的任意一條切線和橢圓交于，兩點，當直線的斜率存在時，令直線的方程為，①將其代入橢圓的方程并整理得，由韋達定理得，，②因為，所以，③將①代入③并整理得，聯立②得，④因為直線和圓相切，因此，由④得，所以存在圓滿足題意當切線的斜率不存在時，易得，由橢圓方程得，顯然，綜上所述，存在圓滿足題意當切線的斜率存在時，由①②④得，由，得，即當切線的斜率不存在時，易得，所以綜上所述，存在圓心在原點的圓滿足題意，且18、（1）答案不唯一，具體見解析（2）答案不唯一，具體見解析【解析】（1）若選①：根據，利用數列通項與前n項和的關系求解；若選②：構造利用等比數列的定義求解；（2）根據（1）得到，再利用錯位相減法求解.【小問1詳解】解:若選①：，當時，，當時，滿足上式，故若選②：易得于是數列是以為首項，2為公比的等比數列，【小問2詳解】若選①：由（1）得，從而，，作差得，于是若選②由（1）得，從而，，作差得，于是19、（1），；（2）.【解析】（1）根據等差數列的通項公式及已知條件，，解方程組可得，，進而可得等差數列的通項公式，再利用等差數列的前項和公式可得；（2）將數列的通項公式代入可得的通項公式，利用錯位相減法求和可得結果.【詳解】（1）設等差數列的首項為，公差為，由于，，所以，，解得，，所以，；（2）因為，所以，故，，兩式相減得，所以.【點睛】本題的核心是考查錯位相減求和.一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列{bn}的公比，然后作差求解.20、（1）；（2）和【解析】（1）先求出，再寫出二項式展開式的通項，令即可求解；（2）設第項系數最大，則，即可解得的值，進而可得展開式中系數最大的項.【詳解】（1）由題意可得：，得，的展開式通項為，，要求展開式中有理項，只需令，所以所以有理項有5項，（2）設第項系數最大，則，即，即，解得：，因為，所以或所以，所以展開式中系數最大的項為和.【點睛】解二項式的題關鍵是求二項式展開式的通項，求有理項需要讓的指數位置是整數，求展開式中系數最大的項需要滿足第項的系數大于等于第項的系數，第項的系數大于等于第項的系數，屬于中檔題21、答案見解析【解析】根據題意，分析、為真時的取值范圍，又由復合命題真假的判斷方法可得、都是真命題，據此分析可得答案.【詳解】解：選①時由知在上恒成立，∴，即又由q：關于x的方程有兩個不等正根，知解得，由為真命題知,解得.實數a的取值范圍.選②時由知在上恒成立，∴，即又由，知在上恒成立，∴，又，當且僅當時取“=”號，∴，由為真命題知，解得.實數a的取值范圍.22、（1）；（2）證明見解析【解