福州市五校2023-2024学年第一学期高二数学
期末质量检测试卷
（满分：150分；考试时间：120分钟）
班级 姓名 座号
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知数列，则该数列的第项为（ ）
A． B． C． D．
2．若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．在长方体中，，，，则和所成的角是（ ）
A．60° B．45° C．30° D．90°
4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了
A．60里 B．48里 C．36里 D．24里
5．已知直线被圆：所截得的弦长为，则（ ）
A． B． C． D．
6．抛物线，过抛物线焦点斜率为1的直线与该抛物线交于、两点，则线段的中点到抛物线准线的距离为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
7．已知数列为等差数列，公差不为，中的部分项组成的数列、、、…、、…..恰为等比数列，其中，，，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
8.已知椭圆：，，为椭圆的左，右焦点，过的直线交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率是( )
A. B. C. 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.
9．若构成空间的一个基底，则下列向量不能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
10．若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．是数列中的项
C．数列单调递减
D．数列前7项和最大
11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下面结论中正确的有（ ）
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥平面CB1D1
C．异面直线AC与A1B成60°角
D．AC1与底面ABCD所成角的正切值是
12．已知双曲线的左 右焦点分别为 ，左右顶点分别为，点是双曲线上的点（异于），则下列结论正确的是（ ）
A．该双曲线的离心率为2
B．该双曲线的渐近线方程为
C．若，则的面积为16
D．点到两点的连线斜率乘积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在等差数列中，， .
14．已知函数的导函数是，且，则 .
15．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于 ．
16．在一个有穷数列的每相邻两项之间揷入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“TC拓展”．如数列1，2第1次“TC拓展”后得到数列1，3，2；第2次“TC拓展”后得到数列1，4，3，5，2．设数列a、b、c经过第n次“TC拓展”后所得数列的项数记为，则 ；若，使得恒成立，则正整数n的最小值为
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知等差数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
18．已知圆.
（1）求圆心的坐标和半径的值；
（2）若直线与圆相交于两点，求。
19． 已知直线被抛物线C：截得的弦长.
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)若抛物线C的焦点为F，求三角形ABF的面积.
20．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
21．已知数列的通项公式为，等比数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，的前n项和分别为，，求满足（）的所有数对．
22．已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，短轴长为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C相切于点A，A关于原点O的对称点为点B，过点B作，垂足为M，求面积的最大值.福州市五校2023-2024学年第一学期高二数学
期末质量检测参考答案及评分标准
1．A
【分析】根据已知各项可知数列的通项公式，代入即可.
【详解】由题意知：该数列的通项公式为，.
故选：A.
2．C
【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】由直线经过两点，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，有，又，所以.
故选：C.
3．A
【分析】根据可知即为和所成的角.
【详解】如图所示：易知，
所以和所成的角，即为和所成的角，
在中，，
所以.
即和所成的角是.
故选：A
4．B
【分析】根据题意得出等比数列的项数、公比和前项和，由此列方程，解方程求得首项，进而求得的值.
【详解】依题意步行路程是等比数列，且，，，故，解得，故里.故选B.
【点睛】本小题主要考查中国古典数学文化，考查等比数列前项和的基本量计算，属于基础题.
5．A
【分析】由于直线过定点，而，是弦长的一半，所以可知直线与垂直，从而由斜率的关系列方程可求出
【详解】∵直线过定点，连接，则，
∴直线与垂直，，
∴，
故选：A.
6．C
【分析】求出直线方程，与抛物线联立，可求得横坐标，即可得出所求.
【详解】由抛物线方程可得焦点为，准线为，
则直线的方程为，
联立方程可得，则，
，则到抛物线准线的距离为.
故选：C.
7．D
【分析】由已知条件得出，可得出，可得出，计算等比数列的公比，可得出的表达式，进而可求得数列的表达式，由此可求得数列的前项和.
【详解】由题意可知，，即，可得，
，所以，，故，
所以，等比数列的公比为，则，
另一方面，，所以，，故.
.
故选：D.
8 【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆定义、离心率等知识，考查运算能力，属于中档题．
根据椭圆定义得设，由勾股定理得，从而得，所以，再由二倍角公式求出即可．
【解答】解：如图：
设，
则，
可知，，
，
所以，为锐角，
解得，
因为为顶点，则．
故选B．
9．ACD
【分析】利用空间向量基底的定义，逐一判断各选项中的3个向量是否共面作答.
【详解】构成空间的一个基底，
对于A，因为，因此向量，，共面，A不能；
对于B，向量与不共线，又向量不能用和表示，
即向量，，不共面，B能；
对于C，因为，因此，，共面，C不能；
对于D，因为，因此，，共面，D不能.
故选：ACD
10．ACD
【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可.
【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确，
由，得，故B错误，
因为，所以数列单调递减，故C正确，
由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确.
故选：ACD
11．ABC
【分析】对于A，利用线面平行的判定定理即可判断；对于B，利用线面垂直的判定定理判断即可；对于C，由于AC∥A1C1，所以为异面直线AC与A1B所成的角，再正方体的性质可得答案；对于D，由正方体的性质可知∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，从而可求出其值
【详解】解：∵BD∥B1D1，B1D1 平面CB1D1，BD平面CB1D1，
∴BD∥平面CB1D1，故A正确；
∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，
又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，
∴AC1⊥平面CB1D1，故B正确；
AC∥A1C1，△A1C1B为等边三角形，则异面直线AC与A1B成60°角，故C正确；
∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】此题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，异面直线所成的角，线面角等知识，考查推理能力和计算能力，属于基础题
12．BCD
【分析】由双曲线方程得，然后计算离心率，确定渐近线方程，即可判断AB；结合双曲线的定义和垂直求得，从而可得的面积，即可判断C；设，根据直线的斜率公式及点在双曲线上计算即可判断D．
【详解】由双曲线方程得，，，
焦点为，，，
离心率为，A错；
渐近线方程是，B正确；
若，不妨设，
则，∴，，C正确；
设，则，，
，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】结合等差数列的中项性质即可直接求出结果.
【详解】因为，结合等差数列的中项性质可得，
故答案为：.
14．24
【分析】先根据条件求出，再代入可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，即，所以，
所以.
故答案为：24
15．.
【详解】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：得直线和所成角的余弦值等于
16． 9 10
【分析】第一空，根据“TC拓展”的定义即可求得答案；第二空，由题意求出，构造等比数列，求得，解不等式即可求得答案.
【详解】由题意知原数列由3项，经过第1次“TC拓展”后所得数列的项数为，
经过第2次“TC拓展”后所得数列的项数记为；
数列的每一次“TC拓展”都是在原数列的相邻两项之间增加一项，
设数列a、b、c经过第n次“TC拓展”后所得数列的项数记为，
则经过第次拓展后增加的项数为，即，
故，而，即为首项是4，公比为2的等比数列，
故，即，
由，即，
而随n的增大而增大，且，
故正整数n的最小值为10，
故答案为：9，10
17．（1）；（2）.
【解析】（1）先设等差数列的公差为，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，
所以，解得，所以；
..............................4
（2）由（1）可得，，即数列为等比数列，
所以数列的前n项和.
..............................10
18．（1）圆心，半径为；（2）.
【分析】（1）将圆的一般式方程化为标准方程，即可求出结论；
（2）求出圆心到直线的距离，用几何法求出相交弦长.
【详解】（1），得，
所以圆心，半径为；..............................4
（2）圆心到直线距离为，
...............................12
【点睛】本题考查圆的方程、直线与圆的位置关系，注意应用几何法求相交弦长，减少计算量，属于基础题.
19．（1）；（2）
【分析】（1）先设，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理即可得出结果；
(2)由（1）中结果得到，再由点到直线距离公式求出点到的距离，最后由即可得出结果.
【详解】（1）设
，
而
即
，
故抛物线C的方程为：..............................4
（2）由（1）知
点到的距离
...............................12
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的应用，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、点到直线的距离等求解，属于常考题型.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用面面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的坐标运算求解方法进行求解.
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．..............................4
（2）由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
..............................12
21．(1)
(2)满足条件所有数对为
【分析】（1）根据的通项公式求出，从而得到，求出公比，得到通项公式；
（2）利用等差数列和等比数列前项和公式列出方程，，变形后得到，根据且为整数，求出相应的值，得到满足条件所有数对.
【详解】（1）由，所以，故，
所以等比数列的公比为，
故，所以，即等比数列{}的通项公式为；
..............................4
（2）由已知得：，
由（1）可知，
由，所以，
即，故，
因为m正整数，，所以，
，
故满足条件所有数对为．
..............................12
22．(1)
(2)2
【分析】（1）先求得椭圆C的离心率，又椭圆C的短轴长为，可得a,b,c的值，即得椭圆C的标准方程；
（2）利用直线上两点的距离公式算得的表达式，可得.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c．
因为双曲线的离心率，
所以椭圆C的离心率，
又椭圆C的短轴长为，所以，解得．
联立解得，
故椭圆C的方程为．
..............................4
（2）设点，易知直线l的斜率一定存在，设直线，
联立消元可得，
由题意，，即且，
整理得．
由过点A的切线是唯一的得，
所以直线，
又直线交于点M，得直线．
联立可得．
所以，
，
即，当且仅当，即时取等号．
故面积的最大值为2．..............................12
