-2024學年信陽市固始縣高二數學上學期期末質量檢測試卷2024.01試卷滿分150分，考試時間120分鐘．一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40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．直線在y軸上的截距為（

）A． B． C．1012 D．20242．已知數列為等差數列，前項和為，若，則等于（

）A．2023 B．2024 C．2025 D．20483．直線的方向向量分別為，，平面的法向量為，則下列正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則4．直線與平行，則a的值為（

）A．0 B． C．或0 D．或05．2023年9月第14屆中國國際園林博覽會在安徽合肥舉行．某媒體甲、乙、丙三名記者去河南園、北京園、香港園進行現場報道，若每個地方恰有一名記者，則甲去河南園的概率為（

）A． B． C． D．6．直線與拋物線交于A，B兩點，則（O為拋物線頂點）的值為（

）A． B． C．4 D．127．如圖，在平行六面體中，，，，，則等于（

）A． B． C． D．108．如圖，已知分別是雙曲線的左、右焦點，過點F?的直線與雙曲線C的左支交于點A，B，若則雙曲線C的漸近線方程為（

）A． B．C． D．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9．方程（m為常數）表示的曲線可能是（

）A．兩條直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線10．如圖，在正四棱柱中，M是的中點，，則（

）A． B．平面C．二面角的余弦值為 D．到平面的距離為11．九連環是我國從古至今廣為流傳的一種益智游戲，它用九個圓環相連成串，以解開為勝．《紅樓夢》中有林黛玉巧解九連環的記載．九連環一般是用金屬絲制成圓形小環九枚，九環相連，套在條形橫板或各式框架上，并貫以環柄．玩時，按照一定的程序反復操作，可使9個環分別解開，或合二為一，假設環的數量為，解開n連環所需總步數為，解下每個環的步數為，數列滿足：，，，則（

）

A． B．C． D．成等比數列12．已知，分別是橢圓的左、右焦點，如圖，過的直線與C交于點A，與y軸交于點B，，，設C的離心率為，則（

）

A． B．C． D．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，請將答案填在答題卡對應題號的位置上．13．已知，平面的法向量，若，則．14．已知點，拋物線的焦點為為拋物線上的點，則周長的最小值為．15．圓與的位置關系為；與圓，都內切的動圓圓心的軌跡方程為．16．已知數列滿足．且，若，則．四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．已知圓，直線．(1)求m的取值范圍；(2)當圓的面積最大時，求直線被圓截得的弦長．18．如圖，四棱錐中，都為等腰直角三角形，，，，，為的中點．(1)與平面是否平行？請說明理由；(2)求與平面所成角的余弦值．19．在第19屆杭州亞運會上中國乒乓球隊勇奪6金．比賽采用“11分制”規則：11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位亞運選手進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.7，乙發球時乙得分的概率為0.5，各球的結果相互獨立，在某局雙方平后，甲先發球，兩人又打了X個球該局比賽結束．(1)求且甲獲勝；(2)求．20．已知動點與定點的距離等于點到的距離，設動點的軌跡為曲線．橢圓的一個焦點與曲線的焦點相同，且長軸長是短軸長的倍．(1)求與的標準方程；(2)有心圓錐曲線（橢圓，圓，雙曲線）有下列結論：若為曲線上的點，過點作的切線，則切線的方程為．利用上述結論，解答問題：過作橢圓的切線（為切點），求的面積．21．設為數列的前n項和，．(1)求的通項公式；(2)求數列的前n項和．22．已知雙曲線過點，離心率為，斜率為k的直線l交雙曲線C于A，B兩點，且直線的斜率之和為0．(1)求雙曲線C的方程；(2)是否存在直線l，使得是以P為頂點的等腰三角形，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．1．B【分析】利用截距的定義，結合直線方程即可得解.【詳解】因為，令，得，所以直線在y軸上的截距為.故選：B.2．B【分析】利用等差數列的下標和性質與求和公式即可得解.【詳解】因為，所以.故選：B.3．D【分析】根據空間中直線與平面，平面與平面的位置關系與對應向量的關系逐項進行判斷即可求解.【詳解】對于A，若，則，即，故錯誤；對于B，若，則，即，故B錯誤；對于C，若，則，即，故C錯誤；對于D，若，則，即，故D正確.故選：D.4．C【分析】利用直線平行求得，再進行檢驗即可得解.【詳解】因為直線與平行，所以，解得或，當時，兩直線分別為，，顯然平行，滿足題意；當時，兩直線分別為，，也平行，滿足題意；綜上，或.故選：C.5．A【分析】利用列舉法，結合古典概型的概率公式即可得解.【詳解】記河南園、北京園、香港園分別為，則樣本空間(甲1，乙2，丙3)，(甲1，乙3，丙2)，(甲2，乙1，丙3)，(甲2，乙3，丙1)，(甲3，乙2，丙1)，(甲3，乙1，丙2)}，共6個基本事件，則甲去河南園的基本事件有2件，所以甲去河南園的概率為.故選：A.6．B【分析】聯立直線與拋物線方程求得，從而利用平面向量數量積的坐標表示即可得解.【詳解】由，得，易得，設，則，.故選：B.7．A【分析】先用向量線性運算表示出，再利用數量積的運算法則計算，從而得解.【詳解】依題意，設,，，因為，所以，，，，又，所以.故選：A.8．C【分析】根據給定條件，利用雙曲線的定義結合勾股定理求得，再利用勾股定理求出即可得解.【詳解】依題意，設，則，，由，得，在中，，整理得，因此，，在中，有，整理得，顯然，即，解得，所以雙曲線的漸近線方程為．故選：C【點睛】易錯點睛：雙曲線的漸近線方程為，而雙曲線的漸近線方程為（即），應注意其區別與聯系.9．ABC【分析】分類討論的取值范圍，結合二元二次方程的特征即可得解.【詳解】當時，方程為，即，表示兩條直線，故A正確；當時，方程為，表示橢圓，故B正確；當時，方程，表示雙曲線，故C正確；當時，，顯然方程不表示任何曲線；由于方程沒有一次項，方程不可能表示拋物線，故D錯誤.故選：ABC.10．BCD【分析】根據題意建立空間直角坐標系，利用空間向量法逐一分析判斷即可.【詳解】以為坐標原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，對于A，，則，所以不垂直，故A錯誤；對于B，，所以，所以，是平面的一個法向量，即平面，故B正確；對于C，易知平面的一個法向量，而，所以二面角的余弦值為，故C正確；對于D，到平面的距離，故D正確.故選：BCD.11．AC【分析】根據題意逐一計算與的前6項，從而判斷ABC，利用，結合等比數列的定義判斷D，從而得解.【詳解】因為，，，所以，，，，故AC正確，B錯誤；當時，，即，則，所以不是等比數列，故D錯誤.故選：AC.12．ABD【分析】利用平面向量的知識，結合橢圓的定義與勾股定理求得所需線段關于的表示，從而利用離心率的定義與余弦定理逐一分析判斷各選項即可.【詳解】因為，，所以，，對于A，依題意，設，則，如圖，在中，，則，故或(舍去)，所以，故A正確；對于B，由選項A知，，則，在中，，即，故B正確；對于C，在中，，故C錯誤；對于D，由選項C可得，，在中，，整理得，故，故D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是將各線段用表示出來，從而得解.13．【分析】利用直線與平面垂直得到直線的方向向量與平面的法向量共線，從而利用空間向量平行的坐標表示即可得解.【詳解】因為，所以與共線，又，，則，所以，.故答案為：.14．【分析】利用拋物線的定義求得，從而得解.【詳解】依題意，，設拋物線的準線為，分別過點作，為垂足，則，如圖，則，所以周長.故答案為：.15．內含【分析】先利用圓心距與兩半徑之差的比較得到兩圓位置關系；再利用兩圓內切推得，從而利用橢圓的定義即可得解.【詳解】依題意，圓心，半徑，圓心，半徑，所以，則兩圓內含；設動圓的圓心，半徑為，則，，依橢圓的定義知，的軌跡為橢圓，其中，又，所以的軌跡方程為.故答案為：內含；.16．2024【分析】利用構造法與迭代法求得，從而利用并項求和法即可得解.【詳解】因為，所以，又，則，所以，故，則，所以，則的各項分別為，所以.故答案為：2024【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于將推遞關系式化得，從而求得，由此得解.17．(1)(2)【分析】（1）將圓的一般方程進行配方，從而由半徑大于0得到關于的不等式，解之即可得解.（2）利用配方法求得圓的面積取得最大值時的值，從而利用弦長公式即可得解.【詳解】（1）因為圓，可化為，由，得，故的取值范圍為.（2）因為，故當時，半徑取得最大值，則圓的面積最大，此時，圓的方程為，圓心到直線的距離，則所求弦長為，故當圓的面積最大時，直線被圓截得的弦長為.18．(1)不平行，理由見解析(2)【分析】（1）根據題意建立空間直角坐標系，求得與平面的法向量，從而得以判斷；（2）結合（1）中結論，求得與平面的法向量，從而得解.【詳解】（1）都為等腰直角三角形，，平面，所以平面，又，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，故，易知平面的一個法向量為，則，所以與平面不平行.（2）由（1）得，，設平面的法向量為，則，即，令，得，設直線與平面所成角為，又，則，所以.故直線與平面所成角的余弦值為.19．(1)(2)【分析】（1）（2）分析所求概率對應的情況，再利用相互獨立事件及互斥事件的概率公式即可得解.【詳解】（1）“且甲獲勝”就是平后，兩人又打了2個球比賽結束，則這兩個球均是甲得分.因此，且甲獲勝.（2）就是平后，兩人又打了4個球比賽結束，4個球的得分情況是：前2個球甲、乙各得1分，后2個球均是甲得分或均是乙得分，設事件“且甲獲勝”，事件“且乙獲勝”，則，，.20．(1)；(2)【分析】（1）利用拋物線與橢圓的定義與性質即可得解；（2）先根據題意得到直線的方程，聯立方程求得，進而求得弦長，再利用點線距離公式求得點到直線的距離，從而得解.【詳解】（1）由拋物線定義可知，曲線為拋物線，為拋物線的焦點，則，所以的方程為；由，即，又，所以，故橢圓的標準方程.（2）設，由上述結論知，過點的橢圓的切線方程分別為，因為在兩條切線上，所以，即，則點的坐標都滿足方程，故直線的方程為，

聯立，得，解得，所以，而點到直線的距離，所以.21．(1)(2)【分析】（1）利用的關系式，結合累乘法即可得解；（2）利用錯位相減法即可得解.【詳解】（1）因為，當時，，即；當時，，兩式相減，得，整理得，即，所以，當時，也滿足上式，所以.（2）因為，所以，則兩式相減得，，所以.【點睛】關鍵點點睛：熟練掌握數列的相關方法：公式法、累乘法、錯位相減法，是解決本題的關鍵.22．(1)(2)不存在，理由見解析【分析】（1）利用離心率與雙曲線過點得到關于的方程，解之即可得解；（2）假設存在這樣的直線，聯立直線與橢圓方程得到，從而利用直線的斜率之和為0求得，再由等腰三角形三線合一求得，再檢驗即可得解.【詳解】（1）根據題意，，即，所以，則，因為雙曲線過點，所以，即，解得，則.所以雙曲線的方程為.（2）假設