四川省眉山市仁壽縣鏵強中學2024年高二上數學期末綜合測試試題含解析

四川省眉山市仁壽縣鏵強中學2024年高二上數學期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.2．已知動點在直線上，過點作圓的切線，切點為，則線段的長度的最小值為（）A. B.4C. D.3．在中國共產黨建黨100周年之際,廣安市某中學組織了“黨史知識競賽”活動,已知該校共有高中學生1000人,用分層抽樣的方法從該校高中學生中抽取一個容量為25的樣本參加活動,其中高二年級抽取了8人,則該校高二年級學生人數為()A.960 B.720C.640 D.3204．設，則的一個必要不充分條件為（）A. B.C. D.5．已知為橢圓的兩個焦點，過的直線交橢圓于兩點，若，則（）A. B.C. D.6．已知直線與直線，若，則（）A.6 B.C.2 D.7．《周髀算經》是中國最古老的天文學和數學著作，書中提到:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節(jié)氣的日影子長依次成等差數列.若冬至、大寒、雨水的日影子長的和是尺，芒種的日影子長為尺，則冬至的日影子長為（）A.尺 B.尺C.尺 D.尺8．給出命題：若函數是冪函數，則函數的圖象不過第四象限．在它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中，真命題的個數是（）A.3 B.2C.1 D.09．函數的圖象在點處的切線的傾斜角為（）A. B.0C. D.110．下列橢圓中，焦點坐標是的是（）A. B.C. D.11．2021年4月29日，中國空間站天和核心艙發(fā)射升空，這標志著中國空間站在軌組裝建造全面展開，我國載人航天工程“三步走”戰(zhàn)略成功邁出第三步.到今天，天和核心艙在軌已經九個多月.在這段時間里，空間站關鍵技術驗證階段完成了5次發(fā)射、4次航天員太空出艙、1次載人返回、1次太空授課等任務.一般來說，航天器繞地球運行的軌道近似看作為橢圓，其中地球的球心是這個橢圓的一個焦點，我們把橢圓軌道上距地心最近（遠）的一點稱作近（遠）地點，近（遠）地點與地球表面的距離稱為近（遠）地點高度.已知天和核心艙在一個橢圓軌道上飛行，它的近地點高度大約351km，遠地點高度大約385km，地球半徑約6400km，則該軌道的離心率為（）A. B.C. D.12．已知點是點在坐標平面內的射影，則點的坐標為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量、滿足，，且，則與的夾角為___________.14．若函數在區(qū)間上的最大值是，則__________15．已知點是橢圓上的一點，分別為橢圓的左、右焦點，已知=120°，且，則橢圓的離心率為___________.16．設函數（1）求的最小正周期和的最大值；（2）已知銳角的內角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，若，且，求的面積.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）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面平面，，.（1）證明：平面；（2）已知，，，且直線與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.18．（12分）已知拋物線的焦點也是橢圓的一個焦點，如圖，過點任作兩條互相垂直的直線，，分別交拋物線于，，，四點，，分別為，的中點.（1）求的值；（2）求證：直線過定點，并求出該定點的坐標；（3）設直線交拋物線于，兩點，試求的最小值.19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，側面PAD是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中點（1）證明：平面PCD；（2）若PB與底面ABCD所成角的正切值為，求二面角的正弦值20．（12分）已知函數（為自然對數的底數）.（1）求函數的單調區(qū)間；（2）若函數有且僅有2個零點，求實數的值.21．（12分）已知函數在時有極值0.（1）求函數的解析式；（2）記，若函數有三個零點，求實數的取值范圍.22．（10分）已知數列滿足，數列為等差數列，，前4項和.（1）求數列，的通項公式；（2）求和：.

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、D【解題分析】對函數求導，利用導數的幾何意義求出切線斜率即可計算作答.【題目詳解】依題意，，即有，而，則過點，斜率為1的直線方程為：，所以曲線在點處切線方程為.故選：D2、A【解題分析】求出的最小值，由切線長公式可結論【題目詳解】解：由，得最小時，最小，而，所以故選：A.3、D【解題分析】由分層抽樣各層成比例計算即可【題目詳解】設高二年級學生人數為,則,解得故選:D4、C【解題分析】利用必要條件和充分條件的定義判斷.【題目詳解】A選項：，，，所以是的充分不必要條件，A錯誤；B選項：，，所以是的非充分非必要條件，B錯誤；C選項：，，，所以是必要不充分條件，C正確；D選項：，，，所以是的非充分非必要條件，D錯誤.故選：C.5、C【解題分析】根據橢圓的定義可得，由即可求解.【題目詳解】由，可得根據橢圓的定義，所以.故選：C6、A【解題分析】根據兩直線垂直的充要條件得到方程，解得即可；【題目詳解】解：因為直線與直線，且，所以，解得；故選：A7、D【解題分析】根據題意轉化為等差數列，求首項.【題目詳解】設冬至的日影長為，雨水的日影長為，根據等差數列的性質可知，芒種的日影長為，，解得：，，所以冬至的日影長為尺.故選：D8、C【解題分析】若函數是冪函數，則函數的圖象不過第四象限，原命題是真命題，則其逆否命題也是真命題；其逆命題為：若函數的圖象不過第四象限，則函數是冪函數是假命題，所以原命題的否命題也是假命題.故它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中，真命題有一個．選C9、A【解題分析】求出導函數，計算得切線斜率，由斜率求得傾斜角【題目詳解】，設傾斜角為，則，，故選：A10、B【解題分析】根據給定條件逐一分析各選項中的橢圓焦點即可判斷作答.【題目詳解】對于A，橢圓的焦點在x軸上，A不是；對于B，橢圓，即，焦點在y軸上，半焦距，其焦點為，B是；對于C，橢圓，即，焦點在y軸上，半焦距，其焦點為，C不是；對于D，橢圓，即，焦點在y軸上，半焦距，其焦點為，D不是.故選：B11、A【解題分析】根據遠地點和近地點，求出軌道即橢圓的半長軸和半焦距，即可求得答案.【題目詳解】設橢圓的半長軸為a，半焦距為c.則根據題意得;解得，故該軌道即橢圓的離心率為，故選：A12、D【解題分析】根據空間中射影的定義即可得到答案.【題目詳解】因為點是點在坐標平面內的射影，所以的豎坐標為0，橫、縱坐標與A點的橫、縱坐標相同，所以點的坐標為.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解題分析】根據向量數量積的計算公式即可計算.【題目詳解】，，.故答案為：﹒14、0【解題分析】由函數，又由，則，根據二次函數的性質，即可求解函數的最大值，得到答案.【題目詳解】由函數，因為，所以，當時，則，所以.【題目點撥】本題主要考查了余弦函數的性質，以及二次函數的圖象與性質，其中解答中根據余弦函數，轉化為關于的二次函數，利用二次函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與計算能力，屬于基礎題.15、【解題分析】設，由余弦定理知，所以，故填.16、（1）的最小正周期為，的最大值為1（2）【解題分析】（1）直接根據的表達式和正弦函數的性質可得到的最小正周期和最大值；（2）先根據求得角的大小為，然后在中利用余弦定理求得，最后根據三角形的面積公式即可【小問1詳解】已知則的最小正周期為：則的最大值為：【小問2詳解】由可得：（）或（）又為銳角，則可得：.在中，由余弦定理可得：，即又，解得：則的面積為：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）證明過程見解析；（2）.【解題分析】（1）利用平面與平面垂直的性質得出直線與平面垂直，進而得出平面；（2）建立空間直角坐標系即可求解.【小問1詳解】證明：因為平面平面，交線為且平面中，所以平面又平面所以又，且所以平面【小問2詳解】解：由（1）知，平面且所以、、兩兩垂直因此以原點，建立如圖所示的空間直角坐標系因為，，，設所以，，，，由（1）知，平面所以為平面的法向量且因為直線與平面所成角的正弦值為所以解得：所以，又，，所以，，，設平面與平面的法向量分別為：，所以，令，則令，則，，即設平面與平面夾角為則所以平面與平面夾角的余弦值為.18、（1）（2）證明見解析，（3,0）（3）【解題分析】（1）求出橢圓的焦點坐標，從而可知拋物線的焦點坐標，進而可得的值；（2）首先設出直線的方程，聯立直線與拋物線的方程，得到，坐標，令，可得直線過點，再證明當，，，三點共線即可；（3）設出的直線方程，聯立直線與拋物線的方程，利用韋達定理找出根的關系，再利用兩點間的距離公式求出最小值即可.【小問1詳解】橢圓的焦點坐標為，由于拋物線的焦點也是橢圓的一個焦點，故，即，；小問2詳解】由（1）知，拋物線的方程為，設，，，，由題意，直線的斜率存在且設直線的方程為，代入可得，則，故，故的中點坐標為，由，設直線的方程為，代入可得，則，故，可得的中點坐標為，令得，此時，故直線過點，當時，，所以，，，三點共線，所以直線過定點.【小問3詳解】設，由題意直線的斜率存在，設直線的方程為，代入可得，則，，，故，當即直線垂直軸時，取得最小值.19、（1）證明見解析（2）【解題分析】（1）依題意可得，再根據面面垂直的性質得到平面，即可得到，即可得證；（2）取的中點為，連接，根據面面垂直的性質得到平面，連接，即可得到為與底面所成角，令，，利用銳角三角函數的定義求出，建立如圖所示空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，即可得解；【小問1詳解】解：證明：在正中，為的中點，∴∵平面平面，平面平面，且．∴平面，又∵平面∴．又∵，且，平面．∴平面【小問2詳解】解：如圖，取的中點為，連接，在正中，，平面平面，平面平面，∴平面，連接，則為與底面所成角，即．不妨取，，，，∴以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，，，，，∴，設面的一個法向量為，則由令，則，又因為面，取作為面的一個法向量，設二面角為，∴，∴，因此二面角的正弦值為20、（1）函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，（2）【解題分析】（1）利用導數求得的單調區(qū)間.（2）利用導數研究的單調性、極值，從而求得的值.【小問1詳解】由，得，令，得或；令，得.∴函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，.【小問2詳解】∵，∴.當時，；當時，∴的單調遞減區(qū)間為，；單調遞增區(qū)間為.∴的極小值為，極大值為.當時，；當時，.又∵函數有且僅有2個零點，∴實數的值為.21、（1）（2）【解題分析】（1）求出函數的導函數，由在時有極值0,則，兩式聯立可求常數a，b的值，從而得解析式；（2）利用導數研究函數的單調性、極值，根據函數圖象的大致形狀可求出參數的取值范圍.【小問1詳解】由可得，因為在時有極值0，所以，即，解得或，當時，，函數在R上單調遞增，不滿足在時有極值，故舍去.所以常數a，b的值分別為.所以.【小問2詳解】由（1）可知，，令，解得，當或時，當時，，的遞