江蘇省贛榆縣海頭高級中學2023-2024學年高二上數學期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．拋物線上的一點到其焦點的距離等于（）A. B.C. D.2．已知等比數列，且，則（）A.16 B.32C.24 D.643．已知函數，若，則（）A. B.0C.1 D.24．已知隨機變量服從正態分布，且，則（）A.0.6 B.0.4C.0.3 D.0.25．已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，過點且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為，若，則雙曲線的離心率是（）A B.C. D.6．如圖，在四面體OABC中，，，，點在線段上，且，為的中點，則等于（）A. B.C. D.7．橢圓的焦點坐標為（）A. B.C. D.8．雅言傳承文明，經典浸潤人生．某市舉辦“中華經典誦寫講大賽”，大賽分為四類：“誦讀中國”經典誦讀大賽、“詩教中國”詩詞講解大賽、“筆墨中國”漢字書寫大賽、“印記中國”學生篆刻大賽．某人決定從這四類比賽中任選兩類參賽，則“誦讀中國”被選中的概率為（）A. B.C. D.9．若a>b，c>d，則下列不等式中一定正確的是（）A. B.C. D.10．設等比數列的前項和為，若，，則（）A.66 B.65C.64 D.6311．已知條件：，條件：表示一個橢圓，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．設雙曲線C：的左、右焦點分別為，點P在雙曲線C上，若線段的中點在y軸上，且為等腰三角形，則雙曲線C的離心率為（）A. B.2C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在空間直角坐標系O－xyz中，平面OAB的一個法向量為＝(2，－2,1)，已知點P(－1,3,2)，則點P到平面OAB的距離d等于__________________14．等差數列，的前項和分別為，，且，則______.15．已知空間向量，，則向量在向量上的投影向量的坐標是___________.16．已知直線l1：（1）x+y﹣2=0與l2：（1）x+ay﹣4=0平行，則a=_____.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）已知直線，圓.（1）證明：直線l與圓C相交；（2）設l與C的兩個交點分別為A、B，弦AB的中點為M，求點M的軌跡方程；（3）在（2）的條件下，設圓C在點A處的切線為，在點B處的切線為，與的交點為Q.試探究：當m變化時，點Q是否恒在一條定直線上？若是，請求出這條直線的方程；若不是，說明理由.18．（12分）如圖，四棱錐中，是邊長為2的正三角形，底面為菱形，且平面平面，，為上一點，滿足.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）著名的“康托爾三分集”是由德國數學家康托爾構造的，是人類理性思維的產物，其操作過程如下：將閉區間均分為三段，去掉中間的區間段記為第一次操作；再將剩下的兩個閉區間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區間段，記為第二次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區間段.操作過程不斷地進行下去，以至無窮.每次操作后剩下的閉區間構成的集合即是“康托爾三分集”.例如第一次操作后的“康托爾三分集”為.（1）求第二次操作后的“康托爾三分集”；（2）定義的區間長度為，記第n次操作后剩余的各區間長度和為，求；（3）記n次操作后“康托爾三分集”的區間長度總和為，若使不大于原來的，求n的最小值.（參考數據：，）20．（12分）已知拋物線C：x2＝2py的焦點為F，點N（t，1）在拋物線C上，且|NF|＝.（1）求拋物線C的方程；（2）過點M（0，1）的直線l交拋物線C于不同的兩點A，B，設O為坐標原點，直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值.21．（12分）已知動圓過點，且與直線：相切（1）求動圓圓心的軌跡方程；（2）若過點且斜率的直線與圓心的軌跡交于兩點，求線段的長度22．（10分）已知數列是公比為2的等比數列，是與的等差中項（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前n項和

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】由點的坐標求得參數，再由焦半徑公式得結論【詳解】由題意，解得，所以，故選：C2、A【解析】由等比數列的定義先求出公比，然后可解..【詳解】，得故選：A3、D【解析】求出函數的導數，直接代入即可求值.【詳解】因為，所以，所以，所以.故選：D.4、A【解析】根據正態曲線的對稱性即可求得答案.【詳解】由題意，正態曲線的對稱軸為，則與關于對稱軸對稱，于是.故選：A.5、B【解析】根據得到三角形為等腰三角形，然后結合雙曲線的定義得到，設，進而作，得出，由此求出結果【詳解】因為，所以，即所以，由雙曲線的定義，知，設，則，易得，如圖，作，為垂足，則，所以，即，即雙曲線的離心率為.故選：B6、D【解析】利用空間向量的加法與減法可得出關于、、的表達式.【詳解】.故選：D.7、B【解析】根據方程可得，且焦點軸上，然后可得答案.【詳解】由橢圓的方程可得，且焦點在軸上，所以，即，故焦點坐標為故選：B8、B【解析】由已知條件得基本事件總數為種，符合條件的事件數為3中，由古典概型公式直接計算即可.【詳解】從四類比賽中選兩類參賽，共有種選擇，其中“誦讀中國”被選中的情況有3種，即“誦讀中國”和“詩教中國”，“誦讀中國”和“筆墨中國”，“誦讀中國”和“印記中國”，由古典概型公式可得，故選：.9、B【解析】根據不等式的性質及反例判斷各個選項.【詳解】因為c>d，所以，所以，所以B正確；時，不滿足選項A；時，，且，所以不滿足選項CD；故選：B10、B【解析】根據等比數列前項和的片段和性質求解即可.【詳解】解：由題知：，，，所以，，成等比數列，即5，15，成等比數列，所以，解得.故選：B.11、B【解析】根據曲線方程，結合充分、必要性的定義判斷題設條件間的關系.【詳解】由，若，則表示一個圓，充分性不成立；而表示一個橢圓，則成立，必要性成立.所以是的必要不充分條件.故選：B12、A【解析】根據是等腰直角三角形，再表示出的長，利用三角形的幾何性質即可求得答案.【詳解】線段的中點在y軸上,設的中點為M，因為O為的中點，所以,而,則，為等腰三角形，故，由，得，又為等腰直角三角形，故，即，解得，即，故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】O是平面OAB上一個點，設點P到平面OAB的距離為d,則d=∵=(-1,3,2)．(2,-2,1)=-6,∴d==2即點P到平面OAB的距離為2考點：空間向量在立體幾何中的運用14、【解析】取，代入計算得到答案.【詳解】，當時故答案為【點睛】本題考查了前項和和通項的關系，取是解題的關鍵.15、【解析】根據投影向量的計算公式，計算出正確答案.【詳解】向量在向量上的投影向量的坐標是.故答案為：16、2【解析】根據兩直線平行的充要條件求解【詳解】因為已知兩直線平行，所以，解得故答案為：【點睛】本題考查兩直線平行的充要條件，兩直線平行的充要條件是，或，在均不為0時，用表示容易理解與記憶三、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）證明見解析；（2）；（3）點Q恒在直線上，理由見解析.【解析】（1）求出直線過定點，得到在圓內部，故證明直線l與圓C相交；（2）設出點，利用垂直得到等量關系，整理后即為軌跡方程；（3）利用Q、A、B、C四點共圓，得到此圓方程，聯立，求出相交弦的方程，即直線的方程，根據直線過的定點，得到，從而得到點Q恒在直線上.【小問1詳解】證明：直線過定點，代入得：，故在圓內，故直線l與圓C相交；【小問2詳解】圓的圓心為，設點，由垂徑定理得：，即，化簡得：，點M的軌跡方程為：【小問3詳解】設點，由題意得：Q、A、B、C四點共圓，且圓的方程為：，即，與圓C的方程聯立，消去二次項得：，即為直線的方程，因為直線過定點，所以，解得：，所以當m變化時，點Q恒在直線上.【點睛】本題的第三問是稍有難度的，處理方法是根據四點共圓，直徑的端點坐標，求出此圓的方程，與曲線聯立后得到相交弦的方程，是處理此類問題的關鍵.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設為中點，連接，根據，證明平面得到答案.（2）以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，計算各點坐標，計算平面和平面的法向量，根據向量夾角公式計算得到答案.【詳解】（1）設為中點，連接，，∵，∴，又∵底面四邊形為菱形，，∴為等邊三角形，∴，又∴，，平面，∴平面，而平面，∴.（2）∵平面平面，平面平面，，∴平面以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由，，，即，∴，，，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設二面角的平面角為，則，∴二面角的的余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力，建立空間直角坐標系是解題的關鍵.19、（1）（2）（3）【解析】（1）根據“康托爾三分集”的定義，即可求得第二次操作后的“康托爾三分集”；（2）根據“康托爾三分集”的定義，分別求得前幾次的剩余區間長度的和，求得其通項公式，即可求解；（3）由（2）可得第次操作剩余區間的長度和為，結合題意，得到，利用對數的運算公式，即可求解.【小問1詳解】解：根據“康托爾三分集”的定義可得：第一次操作后的“康托爾三分集”為，第二次操作后的“康托爾三分集”為；【小問2詳解】解：將定義的區間長度為，根據“康托爾三分集”的定義可得：每次去掉的區間長后組成的數為以為首項，為公比的等比數列，第1次操作去掉的區間長為，剩余區間的長度和為，第2次操作去掉兩個區間長為的區間，剩余區間的長度和為，第3次操作去掉四個區間長為的區間，剩余區間的長度和為，第4次操作去掉個區間長為，剩余區間的長度和為，第次操作去掉個區間長為，剩余區間的長度和為，所以第次操作后剩余的各區間長度和為；【小問3詳解】解：設定義區間，則區間長度為1，由（2）可得第次操作剩余區間的長度和為，要使得“康托三分集”的各區間的長度之和不大于，則滿足，即，即，因為為整數，所以的最小值為.20、（1）x2＝2y；（2）證明見解析【解析】（1）利用拋物線的定義進行求解即可；（2）設直線l的直線方程與拋物線方程聯立，根據一元二次方程根與系數關系、斜率公式進行證明即可.【小問1詳解】∵點N（t，1）在拋物線C：x2＝2py上，且|NF|＝，∴|NF|＝，解得p＝1，∴拋物線C的方程為x2＝2y；【小問2詳解】依題意，設直線l：y＝kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯立，得x2﹣2kx﹣2＝0.則x1x2＝﹣2，∴.故k1k2為定值.【點睛】關鍵點睛：利用拋物線的定義是解題的關鍵.21、（1）；（2）.【解析】（1）由題意分析圓心符合拋物線定義，然后求軌跡方程；（2）直接聯立方程組，求出弦長.【詳解】解：（1）圓過點，且與直線相切點到直線的距離等于由拋物線定義可知點的軌跡是以為焦點、以為準線的拋物線，依題意，設點