广东省茂名市电白区2023-2024学年高二上学期期末质量监测数学试题（PDF版含解析）

2023-2024 学年度第一学期期末质量监测
高二数学参考答案
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A B A C C A D
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.
题号 9 10 11 12
答案 ACD ABCD AD AB
三、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
10
13. 5 14. 9 15. 2n 16. 5
详解
1.解：由题意知 a 1,c 2,所以b2 c2 a2 4 1 3，
2
所以双曲线的方程为 x2 y 1 .
3
2
2.解法 1： (a b) (b c) a b a c b b c 1
解法 2： (a b) (b c) AC A1D 2 2 cos60
o 1
3. 2 2解：因为点 P(a,b)在圆 x2 y2 1内，所以 a b 1，故圆心到直线 ax by 1的
1
距离 1，所以直线 ax by 1与此圆相离.
a2 b2
4.解：设从冬至起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒
种这十二个节气其日影长依次成等差数列{an}，
设冬至日的日影长为 a1尺，公差为 d尺，
冬至、立春、春分日影长之和为 31.5尺，小寒、雨水、清明日影长之和为 28.5尺，
a1 a4 a7 3a1 9d 31.5 ，解得 a 13.5， d 1，
a2 a5 a8 3a1 12d 28.5
1
大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为： a3 a6 a9 3a1 15d 25.5（尺 )．
5.解： xA xB 4 , | AB | xA xB p =5
1 1 3 1
6.解法 1：建立空间直角坐标系如图，则 A(0, ,0) ,B (0, ,1) ,M ( , ,0) ,
2 1 2 4 4
C( 3 ,0,0),C 31( ,0,1) ,设 N (x, y, z)，由CN CC2 2 1
3
得（x , y, z) (0,0,1) x 3，所以 , y 0, z ,
2 2
N ( 3 ,0, ),MN ( 3 , 1 , ) ,因为MN AB ，
2 4 4 1
AB1 (0,1,1)
1 1
,所以 0 ,得 。
4 4
解法 2：CB CA 1 ,CB CC1 CA CC1 0，2
MN CN CM 1 CC1 CB2
AB1 CB1 CA CB CC1 CA
因为MN AB1，所以MN AB1 0
1
得（ CC1 CB
1
）（ CB CC1 CA）=0，所以 2 4
x2
7. n解：由 1得 xn 1·x
2
n 1 xn ,所以数列 xn
2
为等比数列，首项为 1，公比为 ，所
xn 1·xn 1 3
x 2 ( )n 1以 n 3
8.解法 1：设M 是 A1D上任意一点，过M 作MN AC，垂足为 N
设 A1M A1D AD AA1, AN AC AB AD
则MN AN AM AB AD AA1 AD AA1
= AB ( )AD ( 1)AA1 , AC AB AD ,
MN AC , MN AC 0，即（ AB ( )AD ( 1)AA1） （AB AD）=0，
0， 2 .
MN | AB ( )AD ( 1)AA1 |= ( AB ( )AD ( 1)AA )21
= 2 ( )2 ( 1)2 6 1 1 3 （ ）2 ，所以直线 AC与 A1D之间距离是 33 3 3 3
解法 2：以DA,DC,DD1为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，则
A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0), A1(1,0,1) , AC ( 1,1,0),DA1 (1,0,1),DA (1,0,0)
设 n (x, y, z),且n AC,n DA1 ,则n AC 0,n DA1 0
得 x y 0,
DA n
取 x 1, y 1, z 1， n (1,1, 1)，则DA在 n上的投影 | |就是两异面
x z 0, | n |
DA n 3
直线间的距离 | | 。
| n | 3
A
9.解：直线斜率 k 0 C,在 y轴上的截距 0 ,所以直线经过第一、三、四象限。
B B

10.解：当 [ ,0)时，方程表示双曲线；当 0时，方程表示两条直线： x 1 ;当
2
(0, ) 时，方程表示焦点在 y轴上的椭圆；当 时，方程表示圆.故选 ABCD
2 2
11.解：反射光线所在直线经过点 A关于 x轴对称的点(-2,-3)，圆心C(3,2)，半径为 1
设反射光线所在直线方程为 y 3 k(x 2)，因为反射光线与圆 C相切，所以
| 3k 2 2k 3 | 1 4 3 ，解得 k1 ,k2 ，代入方程得
k 2 1 3 4
y 3 4 (x 2)， y 3 3 (x 2)，即反射光线所在直线方程为
3 4
4x 3y 1 0，3x 4y 6 0，故选 AD.
12．解： 数列{a *n}满足： a1 1， an 1 3an 1 0， n N ，
1 1
an 1 3an 1， an 1 3(an )，2 2
a 1 31 ，
1
数列{an }
3
是首项为 ，公比为 3的等比数列，故A正确；
2 2 2 2
a 1 3 1 3n 1 3nn ， a
1
n 3
n 1 ，故 B正确；
2 2 2 2 2
数列{an}是递增数列，故C错误；
1 3{a } n (1 3
n )
数列 n 的前 项和为： S 2 3 (3n 1 32 n 1) 3
n 1 ，
1 3 4 4 4
{a } n S S 1n 1 1n 的前 项和 n n 3n 1 n
3
，故D错误．故选： AB．2 4 2 4
13.解：两圆心坐标分别为 (3, 2), (7,1)，所以两圆心之间的距离为 5。
14.解：因为 ||MF1 | |MF2 || 2a 4,且 |MF1 | 5，所以 |MF2 | 9，或 |MF2 | 1，
因为 |MF1 | |MF2 | | F1F2 | 8，所以舍去 |MF2 | 1，即 |MF2 | 9
2
（ |MF2 | (x 4)
2 y2 (x 4)2 12( x 1) 4(x 1)2
4
因为 x ( , 2) (2, )，所以 |MF2 | 2）。
a
15.解：设bn nn 1，{bn}的前 n项和为 Sn，则 Sn =2 n，当 n 1时，bn Sn S2 n 1
，即
an
n 1 2n 2(n 1) 2，当 n 1时，b1 a1 2，满足题意，所以 n N
* , a 2nn .2
16.解法 1：设 A(x, y),B(0.m),F1( c,0),F（2 c,0)
则F1B (c,m),F1A (x c, y),F2B ( c,m),F2A (x c, y)
因为F1B F1A,所以F1B F1A c(x c) my 0，
因为F2B 4F2A，所以 c 4(x c),m 4y，得 x
5 9
c, y2 c2，
4 16
25c2 9c2
1 a2 b2 2 4代入椭圆方程得 2 2 ，又因为 c ，所以 25c 50a
2c2 16a4 0
16a 16b
a4 4两边除以 ，得 25e 50e2 16 0，即 (5e2 2)(5e2 2 8 8) 0 2 2，得 e ,e （舍去）
5 5
e 10所以
5
解法 2：设 | AF2 | m,则 | BF2 | | BF1 | 4m，
因为 | AF1 | | AF2 | 2a，所以 | AF1 | 2a m，
因为F 21B F1A, 所以 | AF1 | | BF
2
1 | | AB |
2 ,
得 (2a m)2 16m2 25m2 ，
即 (a 2m)(a m) 0，得 a 2m,a m（舍去）
因为 AF2F1 BF2F1 ，所以 cos AF2F1 cos BF2F1 0
m2 4c2 (2a m)2 4c2 16m2 16m2
得 0 2 2，得5c 4a 4am 0
2m 2c 2 2c 4m
把 a 2m 2代入得5c 2a2 0 10，所以 e
5
17.解：（1）由题意可知
a1 1 q 4 15
1 q a1 1 n 1
解得 ，所以数列 an 的通项公式为 a 2 .
a1 1 q 6 a1 1 q 3 q 2 n
9
1 q 1 q
（2 b 2n 1） n log2 a2n log2 2 2n 1，因为bn 1 bn 2，所以 bn 是等差数列
n 1 2n 1
数列 bn 的前 n项和Tn n2 .2
18.（1）解法 1：两圆方程相减得 4 4x 4y 12 0即x y 2 0
圆 x2 y2 4 0的圆心为（0，0），半径为 2，圆心（0，0）到直线 x y 2 0的距离
为 2 ，由垂径定理得 | AB | 2 4 2 2 2
x2 y2 4 0 x 0 x 2
解法 2：由 得 或 不妨设 A(0,2),B( 2,0)
x2 y
2 4x 4y 12 0 y 2 y 0
所以 | AB | 4 4 2 2
2 1 x
2 y2 4 0 x 0
（ ）解法 ：由 得 或 x 2 ，不妨设 A(0,2),B( 2,0)
x
2 y2 4x 4y 12 0 y 2 y 0
AB y x的垂直平分线为 y x ，由 得圆心坐标为 M (1, 1) ，半径长为
2x y 3 0
|MA | 1 9 10，所以圆的方程为 (x 1)2 (y 1)2 10
解法 2：
圆 x2 y2 4 0的圆心为 O（0，0）， x2 y2 4x 4y 12 0的圆心为M（2，-2）,
经过两圆交点的圆的圆心在这两圆心所在直线 OM: y x上，由 y x 得圆心坐标
2x y 3 0
为 N (1, 1)，两圆方程相减得 4 4x 4y 12 0即AB的方程为x y 2 0
|1 1 2 |
点 N到 AB ｜AB｜的距离 d 2 2，半径长为： r d 2 ( )2 8 2 10，
2 2
所以圆的方程为 (x 1)2 (y 1)2 10
解法 3：设经过 A,B两点的圆的方程为 x2 y2 4 (x2 y2 4x 4y 12) 0，即
x2 y2 4 x 4 y 12 4 0，其圆心坐标为 ( 2 , 2 )
1 1 1 1 1
因为圆心在直线 2x y 3 0上，所以 4 2 3 0解得 1
1 1
所以圆心在直线 2x y 3 0上，且经过 A,B两点的圆的方程为 x2 y2 2x 2y 8 0
19.解：（1）圆Q的圆心为Q ( 4, 2)，半径 r =3， | PQ | 36 25 61 ,则
因为 PA QA,PB QB,故 | PA | | PB | | PQ |2 r 2 61 9 2 13.
所以， PA ,PB的长都是 2 13.
（2）解法 1：因为 PA QA,PB QB,所以 A、B都在以 PQ为直径的圆上，圆心为 PQ的中
C( 1, 1点 )，半径长为 | PQ | 61 ，所以圆C的方程为
2 2 2
(x 1)2 (y 1)2 61 ，即 x2 y2 2x y 14 0，
2 4
x2 y2 2x y 14 0
由 得6x 5y 25 0，故直线 AB的方程为6x 5y 25 0。
(x 4)2 (y 2)
2 9
解法 2：因为 PA QA,PB QB,所以 A、B都在以 PQ为直径的圆上，又知Ｐ（2，3）、Q
（-4，-2），故以PQ为直径的圆的方程为 (x 2)(x 4) (y 3)(y 2) 0，即
x2 y2 2x y 14 0
x2 y2 2x y 14 0
由 得6x 5y 25 0，故直线 AB的方程为6x 5y 25 0。
(x 4)2 (y 2)2 9
20.（1）因为 PC 底面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以PC AC．
因为 AB 2， AD CD 1，所以 AC BC 2．
所以 AC 2 BC 2 AB2 ，所以 AC BC．
又因为 PC BC C，PC 平面 PBC，BC 平面 PBC，所以 AC 平面 PBC．
又 AC 平面 EAC，所以平面 EAC 平面 PBC．
（2）解法一：以点 C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为 x轴，y轴，z轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，则C 0,0,0 ， B 2,0,0 ， A 0, 2,0 ，P 0,0,2 ．

设点 E的坐标为 x, y, z ，因为 BE 2EP，所以 x 2, y, z 2 x, y, 2 z ，
2 4 2 4
即 x ， y 0， z ，所以 E , 0, ．
3 3 3 3

所以CA 0, 2,0 ，CE 2 ,0,
4
3 3
．

n CA 0
设平面 ACE的一个法向量为 n x, y, z ，则 ．
n CE 0
2y 0

所以 2 4 ，取 x 2 2，则 y 0， z 1．
x z 0
3 3

所以平面 ACE的一个法向量为n 2 2,0, 1 ．

又因为 BC 平面 PAC，所以平面 PAC的一个法向量为CB 2,0,0 ．
设平面 PAC与平面 ACE的夹角为 ，
2 2 2
则 cos cos n,CB
2 2

2 2 ． 2 2 1 2 2 3
P AC E 2 2所以，二面角 的余弦值为 ．
3
解法二：取 AB的中点 G，连接 CG，以点 C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为 x轴，
y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C 0,0,0 ， B 1, 1,0 ， A 1,1,0 ，

P 0 0 2 , , ．所以CA 1,1,0 ，因为 BE 2EP，
BE 2 BP 2 ( 1,1,2) ( 2 2所以 , , 4)，
3 3 3 3 3
CE CB BE (1, 1,0) ( 2 , 2 , 4) (1 1 4故 , , )
3 3 3 3 3 3
n CA 0
设平面 ACE的一个法向量为 n x, y, z ，则 ．
n CE 0
x y 0

所以 1 1 4 ，取 x 3，则 y= 3
3
， z ．
x y z 0 2 3 3 3
3
所以，平面 ACE的一个法向量为 n 3, 3, 2
．


又因为 BC 平面 PAC，所以平面 PAC的一个法向量为CB 1, 1,0 ．
设平面 PAC与平面 ACE的夹角为 ，
3 1 3 1
cos cos n,CB 2 2
则 2 3 ．
32 3 2 3 12 1
2
2
所以，二面角 P AC E 2 2的余弦值为 ．
3
21.解：（1）以拱顶为原点，拱桥的对称轴为 y 轴建立直角坐标系.设抛物线的方程为
x2 2py( p 0) 16，则点 B(4, 5)在抛物线上，代入方程得 2p ，所以抛物线的方程
5
x2 16为 y
5
（2）当水面上涨 0.5米时，木船与拱顶的距离为 3.75米，
设 F (a, 3.75) 2，代入方程得 a 12，故 | a | 2 3，则
|EF|= 2 | a | 4 3 4，所以木船能通行；
（3）假设当水面上涨h米时，木船开始不能通行，此时木
船 与 拱 桥 接 触 ， 且与 拱 顶 的 距 离 为 4.25- h ， 把 y (4.25 h) 代 入 方 程 ， 得
x2 16 16 [ (4.25 h)]，故 | x | (4.25 h)，由 2 | x | 4，得 h =3.
5 5
所以当水面上涨 3米时，木船开始不能通行.
22.解：（1）已知抛物线C2 : y x
2 1中，令 y 0，解得 x 1，所以 a 2，因为 e c 3 ，
a 2
2
所以 c 3 ，从而 b2 a2 x c2 1， 椭圆C1的方程为： y
2 1；
4
y mx
（2 ）①直线 l的斜率显然存在，设 l方程为 y mx．由 ，整理得 x2 2 mx 1 0，
y x 1
设 B(x1， y1)，C(x2， y2 )，则 y1 x
2
1 1, y
2
2 x2 1， x1x2 1，
y 1 x2
由已知 A(0,1)，所以 AB，AC的斜率分别为 k 1 1AB xx x 1
,
1 1
k y2 1 x
2
AC
2 x2，故 kAB kAC x1xx x 2
1，
2 2
所以直线 AB与直线 AC的斜率之积为定值；
y kx 1
②设直线 AB : y kx 1，显然 k 0，由 2 ，解得： x 0或 x k，
y x 1
B( k ,1 k 2)，则 | AB | k 2 k 4 | k | 1 k 2 ，
由①知 AB AC AC : y 1 ，直线 x 1 1，则 | AC | | | 1 ( 1 )2 | 1 1 | 1 2 ，k k k k k
y kx 1 (1 4k 2 )x2 8kx 0 x 0 x 8k由 2 2 ，得 ，解得 或 ，
x 4y 4 1 4k
2
P 8k 1 4k
2
) | AP | 8 | k | 1 k
2
( ， ，则 ，
1 4k 2 1 4k 2 1 4k 2
1 8 |
1
| 1 ( 1 )2
AC y=- x+1 | AQ | k k 8 | k |由①知，直线 ： ， 2 1
1
，
k 21 1 4( )2 k 4 k
k
1 | AC || AB | | k | 1 k 2
1 1
S | | 1 21 2 k k (1 4k
2 )(k 2 4)
则
S 1

2 2
2 | AP || AQ | 8 | k | 1 k 8 | k | 64k
2 2 2 1
1

1 4k k 4 k 2
1
(4k 2 4 2 17)
25

64 k 64
S 25
当且仅当 k 1时等号成立，即 1 最小值为 ．
S2 64