浙江省紹興市上虞區2023-2024學年高二上學期期末質量調測數學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．直線l經過A4,23,BA．?π6 B．π6 C．π2．拋物線y=4xA．1,0 B．2,0 C．0,?116 3．已知數列{an}滿足a1=2，aA．15 B．?14 C．?4．已知E,F分別是空間四邊形ABCD的對角線AC,BD的中點，點G是線段EF的中點，P為空間中任意一點，則PA+A．PG B．2PG C．3PG 5．若方程x2A．?6,+∞ B．?6,+∞ C．?∞6．在正方體ABCD?A1B1C1D1中，過AB作一垂直于B1C的平面交平面ADDA．32 B．22 C．17．已知等腰直角△ABC的斜邊AB=2,M,N分別為AC,AB上的動點，將△AMN沿MN折起，使點A到達點A'的位置，且平面A'MN⊥平面BCMN.若點AA．8π3 B．3π2 C．6π8．設橢圓C的兩個焦點是F1,F2，過點F1的直線與C交于點P,Q，若PA．32 B．57 C．34二、多選題9．對于兩條不同直線m,n和兩個不同平面α,β，下列選項正確的是（）A．若m⊥α,n⊥β,α⊥β，則m⊥nB．若m//α,n//β,α⊥β，則m⊥n或m//nC．若m//α,α⊥β，則m//β或m?βD．若m⊥α,m⊥n，則n//α或n?α10．已知圓O1:x2+y2A．圓O1和圓OB．直線AB的方程為x?y+1=0C．圓O2上存在兩點P和Q使得D．圓O1上的點到直線AB的最大距離為11．兩千多年前，古希臘大數學家阿波羅尼奧斯發現，用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，其截口曲線是圓錐曲線（如圖）．已知圓錐軸截面的頂角為2θ，一個不過圓錐頂點的平面與圓錐的軸的夾角為α．當θ<α<π2時，截口曲線為橢圓；當α=θ時，截口曲線為拋物線；當0<α<θ時，截口曲線為雙曲線．在長方體ABCD?A1BA．若點P到直線CC1的距離與點P到平面B．若點P到直線CC1的距離與點P到C．若∠BDD．若∠BD12．如圖，直平面六面體ABCD?A1B1C1D1的所有棱長都為2，∠DAB=60A．過點A1B．若直線AQ//面A1BP，則直線AQC．存在點Q使得直線B1Q⊥D．點Q到面A1BP三、填空題13．經過點A(3,?1)，并且對稱軸都在坐標軸上的等軸雙曲線的標準方程為.14．設兩個等差數列an和bn的前n項和分別為Sn和Tn，且S15．已知拋物線C:y2=2x和圓M:x?a16．正三棱錐S?ABC，SA=2AB=4，點P為側棱SA的中點，M,N分別是線段SB,AB上的動點，則2PM+MN的最小值為.四、解答題17．已知等差數列an的前n項和為Sn，等比數列bn的前n項和為Tn，（1）若a3+b（2）若T3=21，求18．已知圓C過點A4,2和點B1,3，圓心在直線（1）求圓C的方程，并寫出圓心坐標和半徑的值；（2）若直線l經過點P1,?1，且l被圓C截得的弦長為4，求直線l19．如圖，在三棱錐ABC-A1B1C（1）證明：A1（2）求直線A1B和平面20．已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，Q為C上一點且縱坐標為4，QP⊥y軸于點（1）求p的值；（2）已知點M12,?2，A,B是拋物線C上不同的兩點，且滿足kAM+21．在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=π3，側面ΔPAD是邊長為2的正三角形，側面PAD⊥（1）證明：AD⊥BP；（2）若點Q為棱PC上的動點，求平面ABQ與平面PBC夾角的正弦值的最小值.22．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）在橢圓C上，是否存在點M(m，n)，使得直線l：mx+ny=1與圓O：x2+y2=1相交于不同的兩點A、B，且ΔOAB

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：設直線的傾斜角為θ，易知kAB=3即直線l的傾斜角θ=π故答案為：C.【分析】根據兩點求斜率的公式，結合斜率與傾斜角關系求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：化拋物線y=4x2為拋物線方程x2故答案為：D.【分析】先化拋物線y=4x3．【答案】C【解析】【解答】解：a2=a1?1故答案為：C．【分析】根據遞推公式an+14．【答案】D【解析】【解答】解：由題意可得：PA+故答案為：D.【分析】由題意，根據向量加法運算法則化簡即可.5．【答案】D【解析】【解答】解：方程x2+y若方程表示的曲線是圓，則r=6?k>0，解得故答案為：D.【分析】先配方化方程為x+k26．【答案】A【解析】【解答】解：因為ABCD?A1B1C1DBC1?平面ABC1D1，AB?平面ABC1D1，易知B設正方體棱長為1，建立空間直角坐標系，如圖所示：

則M0,m,m設兩直線所成角為θ，BM=故cosθ=1+m1+令m+1=t，則cosθ=當1t=23時，即故答案為：A.【分析】由ABCD?A1B1C1D1為正方體，易知B1C⊥平面7．【答案】D【解析】【解答】解：由點A',B,C,M,N均在球O的球面上，且B,C,M,N共圓（M不與所以∠NMC+∠B=∠C+∠MNB=π（M不與C重合），又△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，即有MN⊥AB，如上圖，△ANM、△BNM、△BCM都為直角三角形，且∠ANM=∠MNB=∠C=π由平面圖到立體圖知：MN⊥A'N又面A'MN⊥面BCMN，面A'MN∩面BCMN=MN，所以A'N⊥面BCMN，同理可得BN⊥面將△AMN翻折后，A'M,BM的中點D,E分別為△A'過D作DO⊥面A'NM，過E作EO⊥面BCMN，它們交于O，即為A'?BNMC外接球球心，再過D作DF⊥面BCMN，交NM于F，連接EF，則EFDO為矩形，綜上，DF//A'N，DO//BN，則F所以DO=EF=12BN，而A令A'N=x且0<x≤1，則BN=2?x，故所以球O半徑r=D當x=23時，rmin=1故答案為：D.【分析】由題設B,C,M,N共圓（M不與A重合），確定MN⊥AB，找到△A'NM，四邊形BCMN外接圓圓心，由棱錐外接球、面面垂直的性質確定球心位置，設A'8．【答案】B【解析】【解答】解：不妨設橢圓的焦點在x軸上，如圖所示：

因為PF2=又3PF1=4Q所以QF由余弦定理知：cos∠整理得7c2?12ac+5a2=0，即7e2?12e+5=0，解得e=1故答案為：B.【分析】由題意，不妨設設橢圓的焦點在x軸上，由PF2=F19．【答案】A,D【解析】【解答】解：A、若m⊥α,α⊥β，則m//β或m?β，又n⊥β則m⊥n，故A正確；B、若m//α,n//β,α⊥β，m,n可平行，可相交，可異面，不一定垂直，故B錯誤；C、若m//α,α⊥β，則m//β或m?β或m,β相交，故C錯誤；D、若m⊥α,m⊥n，則n//α或n?α，故D正確.故答案為：AD.【分析】根據空間直線、平面間的位置關系逐項判斷即可．10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對于A，因為兩個圓相交，所以有兩條公切線，故正確；對于B，將兩圓方程作差可得?2x+2y?2=0，即得公共弦AB的方程為x?y+1=0，B符合題意；對于C，直線AB經過圓O2的圓心(0,1)，所以線段AB是圓O2的直徑，故圓O2對于D，圓O1的圓心坐標為(1,0)，半徑為2，圓心到直線AB:x?y+1=0的距離為|1+1|2=2，所以圓O1故答案為：ABD.【分析】A：兩圓滿相交，有兩條公切線，正確；B：兩圓方程作差，可得；

C：注意AB過圓心，是直徑；D：垂徑定理的應用。11．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、如下圖所示：P到直線CC1的距離與P到平面BB1C1C的距離相等，又P在平面ABCD內，所以在平面內，P到C的距離與P到直線BCB、P到直線CC1的距離與P到由A可知：平面內，P到直線C的距離與P到A的距離之和等于4，而|AC|=2所以P的軌跡為橢圓，故B正確；C、如下圖所示，根據正方體的性質知：BD1與面ABCD所成角的平面角為所以∠BD1P=45°時，相當于以BD1為軸，軸截面的頂角為2θ=90°的圓錐被面ABCD所截形成的曲線，而BD、同C當∠BD1P=60°時，相當于以BD1為軸，軸截面的頂角為2θ=120°的圓錐被面ABCD故答案為：BD.【分析】將距離轉化到平面ABCD內P到定點、定直線的距離，結合圓錐曲線的定義即可判斷AB；確定被截圓錐的軸與截面ABCD的夾角，并比較被截圓錐軸截面頂角一半的大小關系，結合題設判斷P的軌跡從而判斷CD即可.12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、過點A1,B,P的截面即為平面A1則A13,?1,2,B3A1B?BP=0+2?2=0B、如圖M,N分別為DD1,DC的中點，又P為CC1的中點，所以MP平行且等于CD，MN//C所以MP平行且等于AB，即四邊形ABPM是平行四邊形，所以AM//BP，又BP?平面A1BP，AM?平面A1BP，所以又A1D1平行且等于AD，BC所以A1D1平行且等于BC，即四邊形A又因為MN//CD1，所以又因為A1B?平面A1BP，MN?平面A1又因為AM//平面A1BP，NM∩AM=M,NM,AM?面故平面AMN//平面A1BP，故點Q在線段易知A3,?1,0,M故MA?MN=0，故AQC、設平面A1BP的法向量為n=令x=23，則y=z=3，故n=23,3,3故B1Q=?3,a?1,b?2，要使得解得：a=?12,b=12故須滿足0≤a≤2且0≤b≤2，故C錯誤；D、PQ=0,a?2,b?1，故故當a=b=0時，點Q到面A1BP的距離最大，最大值為930【分析】過點A1,B,P的截面即為平面A1BPE，只需驗證A1B?BP是否為0即可判斷A；先證明平面AMN//平面A1BP，故點Q在線段13．【答案】x【解析】【解答】∵雙曲線為等軸雙曲線，則可設方程為x2將A(3,?1)代入可得9?1=λ，即λ=8，故方程為x2?y故答案為：x2

【分析】首先設出等軸雙曲線的方程，并把點的坐標代入到方程計算出λ的值，由此得到雙曲線的方程。14．【答案】5【解析】【解答】解：由數列an和bn均為等差數列，且SnTn故答案為：57【分析】由題意，根據等差數列性質，將a3b3寫為a15．【答案】1?【解析】【解答】解：如圖所示：

不妨設交點為Px0,2x0，且滿足x故由題知：2x0?0代入圓方程可得：4a2?2a?1=0故答案為：1?5【分析】由題意，設交點為Px0,2x16．【答案】15【解析】【解答】解：過點P作PD⊥SB于D，如圖所示：

則SP=2，△ABS中，cos∠ASB=16+16?42×4×4=PD=SP2?SD2=故DM=PM?cosα=15cos∠SBA=16+4?162×4×2=1故MN故2PM+MN=15而8≥28+15tan當且僅當8+15tanα所以2PM+MN≥15故答案為：15.【分析】過點P作PD⊥SB于D，△ABS中，求得SD=74，PD=154，設∠PMD=α，得到BM=94?17．【答案】（1）解：設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為因為a2+b2=2,a3+b（2）解：由T3=21，可得q2+q?20=0，解得q=?5或q=4；

當q=4時，由a2+b2=2=1+d+q，解得d=?3，則S3=1?2?5=?6；

當q=?5【解析】【分析】（1）設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為（2）先由T3=21求得公比，再結合a2（1）設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為由a2+b2=2,a3+b（2）由T3=21得q2+q?20=0，解得當q=4時，由a2+b2=2=1+d+q得當q=?5時，由a2+b2=2=1+d+q得綜上所述，故S318．【答案】（1）解：設圓C的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，

因為圓C過點A4,2和點解得D=?4,E=?2,F=0，則圓C的方程為：x2圓心為2,1，半徑為r=5（2）解：由（1）知，圓心到直線l的距離為d=5?當直線l的斜率不存在時，直線方程為x=1，符合題意；當直線斜率存在時，不妨設直線方程為y+1=kx?1即kx?y?k?1=0，令2k?1?k?1k解得k=34，直線方程是綜上所述，直線l的方程是：x=1或3x?4y?7=0.【解析】【分析】（1）設圓C的一般方程為x2（2）由被圓所截弦長可得圓心C到直線l的距離d，后由點到直線距離公式可得答案，但要注意直線斜率不存在的情況.（1）設圓C的方程為x2+y解得D=?4,E=?2,F=0，所以圓C的方程為：x2圓心為2,1，半徑為r=5（2）由（1）知，圓心到直線l的距離為d=5?于是當直線l的斜率不存在時，直線方程為x=1，符合題意；當直線斜率存在時，不妨設直線方程為y+1=kx?1即kx?y?k?1=0，令2k?1?k?1k解得k=34，直線方程是綜上所述，直線l的方程是：x=1或3x?4y?7=0.19．【答案】（1）證明：設Ε為ΒC中點，由題意得A1E⊥平面ΑΒC，因為AB=AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面A1由D，Ε分別為B1C1,BC的中點，得DE//BB1且所以AA1DE因為AE⊥平面A1BC，所以A1（2）解：作A1F⊥DE，垂足為F，連結ΒF，如圖所示：因為AE⊥平面A1BC，所以因為BC⊥AE，所以BC⊥平面AA所以BC⊥A1F,所以∠A1BF為直線A由AB=AC=2,∠CAB=90°，得由AE⊥平面A1BC，得由DE=BB1=4,D所以sin【解析】【解答】（1）由題意，利用線面垂直的定義得到線線垂直，再根據線面垂直的判定證明直線與平面垂直即可；（2）作A1F⊥DE，垂足為F，連結ΒF，證明A1F⊥平面BB1C20．【答案】（1）解：易知點Q8由拋物線定義可知：8p=1故拋物線方程為：y2（2）解：點M12,?2點Ax1,y1在Δ>0下，由韋達定理可得：y1+y2整理，得n=3m?2，將n=3m?2代入直線x=my+n，得x=my+3m?2，即x+2=my+3，所以直線AB恒過定點?2,?3【解析】【分析】（1）由題意，易知點Q8p,4（2）設直線AB:x=my+n，Ax1,y1,Bx（1）顯然點Q8由拋物線定義可知，8p=1所以拋物線方程為：y2（2）點M12,?2點Ax1,y1在Δ>0下，ykAM整理，得n=3m?2，將n=3m?2代入直線x=my+n，得x=my+3m?2，即x+2=my+3，所以直線AB恒過定點?2,?321．【答案】（1）證明：取AD中點O，連接OP、OB，

由題可知：△ADB和△PAD，AD⊥BO，AD⊥PO，

因為PO∩BO=O，PO,BO?平面POB，所以AD⊥平面POB，

又因為PB?平面POB，所以AD⊥PB；（2）解：因為側面PAD⊥平面ABCD，側面PAD∩平面ABCD=AD,PO?側面PAD,PO⊥AD，故PO⊥平面ABCD，分別以OB,OD,OP所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

則A0,?1,0,B3,0,0,C3,2,0,D0,1,0,P0,0,3，

PC=3,2,?3，

設PQ=λPC=λ3,2,?3=3λ,2λ,?3λ,0≤λ≤1，

∴OQ=OP+PQ=0,0,3+3λ,2λ,?3λ

=3λ,2λ,3?3λ，

∴AQ=OQ?OA=3λ,2λ+1,3?3λ，

又AB=3,1,0，設面ABQ的法向量是m=【解析】【分析