鄂州市重點中學2024年高二上數(shù)學期末統(tǒng)考試題含解析

鄂州市重點中學2024年高二上數(shù)學期末統(tǒng)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知，則下列不等式一定成立的是（）A B.C. D.2．設正實數(shù)，滿足(其中為正常數(shù))，若的最大值為3，則（）A.3 B.C. D.3．已知橢圓的左頂點為，上頂點為，右焦點為，若，則橢圓的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.4．在長方體中，，，分別是棱，的中點，則異面直線，的夾角為（）A. B.C. D.5．已知在等比數(shù)列中，，，則（）A.9或 B.9C.27或 D.276．已知P是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點且，則的面積是（）A. B.2C. D.17．定義焦點相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線為一對相關曲線.已知，是一對相關曲線的焦點，Р是這對相關曲線在第一象限的交點，則點Р與以為直徑的圓的位置關系是（）A.在圓外 B.在圓上C.在圓內 D.不確定8．已知橢圓：與雙曲線：有相同的焦點、，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點P為橢圓與雙曲線的交點，且，則的最大值為（）A. B.C. D.9．橢圓：與雙曲線：的離心率之積為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.10．已知，若，則（）A. B.C. D.11．下列直線中，傾斜角為銳角的是（）A. B.C. D.12．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，的面積為10，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．過點,的直線方程（一般式）為___________.14．已知直線與直線平行，則實數(shù)______15．如圖，在三棱錐P–ABC的平面展開圖中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，則cos∠FCB=______________.16．已知幾何體如圖所示，其中四邊形ABCD，CDGF，ADGE均為正方形，且邊長為1，點M在DG上，若直線MB與平面BEF所成的角為45°，則___________.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）已知直線與直線交于點.（1）求過點且平行于直線的直線的方程，并求出兩平行直線間的距離；（2）求過點并且在兩坐標軸上的截距互為相反數(shù)的直線的方程.18．（12分）已知數(shù)列與滿足（1）若，且，求數(shù)列的通項公式；（2）設的第k項是數(shù)列的最小項，即恒成立．求證：的第k項是數(shù)列的最小項；（3）設．若存在最大值M與最小值m，且，試求實數(shù)的取值范圍19．（12分）已知橢圓過點，且離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過作斜率分別為的兩條直線，分別交橢圓于點，且，證明：直線過定點.20．（12分）如圖，在正方體中，是棱的中點.（1）試判斷直線與平面的位置關系，并說明理由；（2）求證：直線面.21．（12分）如圖，四棱錐中，，.（1）證明：平面；（2）在線段上是否存在一點，使直線與平面所成角的正弦值等于？22．（10分）為弘揚中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化，鼓勵全民閱讀經(jīng)典書籍，某市舉行閱讀月活動，現(xiàn)統(tǒng)計某街道約10000人在該活動月每人每日平均閱讀時間（分鐘）的頻率分布直方圖如圖：（1）求x的值；（2）從該街道任選1人，則估計這個人的每日平均閱讀時間超過60分鐘的概率.

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、B【解題分析】運用不等式的性質及舉反例的方法可求解.【題目詳解】對于A，如，滿足條件，但不成立，故A不正確；對于B，因為，所以，所以，故B正確；對于C，因為，所以，所以不成立，故C不正確；對于D，因為，所以，所以，故D不正確.故選：B2、D【解題分析】由于，，為正數(shù)，且，所以利用基本不等式可求出結果【題目詳解】解：因為正實數(shù)，滿足(其中為正常數(shù))，所以，則，所以，所以故選：D.3、B【解題分析】根據(jù)題意得到，根據(jù)，化簡得到，進而得到離心率的不等式，即可求解.【題目詳解】由題意，橢圓的左頂點為，上頂點為，所以，，因為，可得，即，又由，可得，可得，解得，又因為橢圓的離心率，所以，即橢圓的離心率為.故選：B.【題目點撥】求解橢圓或雙曲線離心率的三種方法：1、定義法：通過已知條件列出方程組，求得得值，根據(jù)離心率的定義求解離心率；2、齊次式法：由已知條件得出關于的二元齊次方程，然后轉化為關于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.4、C【解題分析】設出長度，建立空間直角坐標系，根據(jù)向量求異面直線所成角即可.【題目詳解】如下圖所示，以，，所在直線方向，，軸，建立空間直角坐標系，設，，，，，，所以，，設異面直線，的夾角為，所以，所以，即異面直線，的夾角為.故選：C.5、B【解題分析】根據(jù)等比數(shù)列的性質可求.【題目詳解】因為為等比數(shù)列，設公比為，則，解得，又，所以.故選：B.6、A【解題分析】設，先求出m、n，再利用面積公式即可求解.【題目詳解】在中，設，則,解得：.因為，所以，所以的面積是.故選：A7、A【解題分析】設橢圓的長軸長為，橢圓的焦距為，雙曲線的實軸長為，根據(jù)題意可得，設，根據(jù)橢圓與雙曲線的定義將分別用表示，設，再根據(jù)兩點的距離公式將點的坐標用表示，從而可判斷出點與圓的位置關系.【題目詳解】解：設橢圓的長軸長為，橢圓的焦距為，雙曲線的實軸長為，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，則，所以，以為直徑的圓的方程為，設，則有，所以，設，，所以①，②，則①②得，所以，所以，將代入②得，所以，，則點到圓心的距離為，所以點Р在以為直徑的圓外.故選：A.8、B【解題分析】不妨設點為第一象限的交點，結合橢圓與雙曲線的定義得到，進而結合余弦定理得到，即，令然后結合三角函數(shù)即可求出結果.【題目詳解】不妨設點為第一象限的交點，則由橢圓的定義可得，由雙曲線的定義可得，所以，因此，即，所以，即，令因此，其中，所以當時，有最大值，最大值為，故選：B.【題目點撥】一、橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合b2＝a2－c2轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)二、雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合b2＝c2－a2轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)9、C【解題分析】先求出橢圓的離心率，再由題意得出雙曲線的離心率，根據(jù)離心率即可求出漸近線斜率得解.【題目詳解】橢圓：的離心率為，則，依題意，雙曲線；的離心率為，而，于是得，解得：，所以雙曲線的漸近線方程為故選：C10、B【解題分析】先求出的坐標，然后由可得，再根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算求解即可.【題目詳解】因為，，所以，因為，所以，即，解得.故選：B11、A【解題分析】先由直線方程找到直線的斜率，再推導出直線的傾斜角即可.【題目詳解】選項A：直線的斜率，則直線傾斜角為，是銳角，判斷正確；選項B：直線的斜率，則直線傾斜角為鈍角，判斷錯誤；選項C：直線的斜率，則直線傾斜角為0，不是銳角，判斷錯誤；選項D：直線沒有斜率，傾斜角為直角，不是銳角，判斷錯誤.故選：A12、A【解題分析】由同角公式求出，根據(jù)三角形面積公式求出，根據(jù)余弦定理求出，根據(jù)正弦定理求出.【題目詳解】因為，所以，因為，的面積為10，所以，故，從而，解得，由正弦定理得：.故選：A.【題目點撥】本題考查了同角公式，考查了三角形的面積公式，考查了余弦定理，考查了正弦定理，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】利用兩點式方程可求直線方程.【題目詳解】∵直線過點,，∴，∴，化簡得.故答案為：.14、【解題分析】分類討論，兩種情況，結合直線平行的知識得出實數(shù).【題目詳解】當時，直線與直線垂直；當時，，則且，解得.故答案為：15、【解題分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理計算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【題目詳解】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案為：.【題目點撥】本題考查利用余弦定理解三角形，考查計算能力，屬于中等題.16、##【解題分析】把該幾何體補成一個正方體，如圖，利用正方體的性質證明面面垂直得出直線MB與平面BEF所成的角，然后計算可得【題目詳解】把該幾何體補成一個正方體，如圖，，連接，由平面，平面，得，同理，又正方形中，，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，所以平面內的直線在平面上的射影是，即是直線MB與平面BEF所成的角，，，，故答案為：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）；.（2）或.【解題分析】(1)首先求得交點坐標，然后利用待定系數(shù)法確定直線方程，再根據(jù)兩平行直線之間距離公式即可計算距離；(2)根據(jù)截距式方程的求法解答【小問1詳解】由得設直線的方程為，代入點坐標得，∴直線的方程為∴兩平行線間的距離【小問2詳解】當直線過坐標原點時，直線的方程為，即；當直線不過坐標原點時，設直線的方程為，代入點坐標得，∴直線的方程的方程為，即綜上所述，直線的方程為或18、（1）（2）證明見解析．（3）【解題分析】（1）由已知關系得出是等差數(shù)列及公差，然后可得通項公式；（2）由已知關系式，利用累加法證明對任意的，恒成立，即可得（3）由累加法求得通項公式，然后確定的奇數(shù)項和偶數(shù)項的單調性，得出數(shù)列的最大項和最小項，再利用已知范圍解得的范圍【小問1詳解】由已知，是等差數(shù)列，公差為6，所以；【小問2詳解】對任意的，恒成立，而恒成立，若，則，恒成立，同理若，也有恒成立，所以對任意的，恒成立，即是最小項；【小問3詳解】時，，所以，也適合此式所以，若，則，，，即，，若，由于，且是正負相間，因此無最大項也無最小項因此有，所以的奇數(shù)項數(shù)列是遞增數(shù)列，且，，的偶數(shù)項數(shù)列是遞減數(shù)列，且，，所以的最大值是，最小項是，，由，又，所以19、（1）；（2）證明見解析.【解題分析】（1）由離心率、過點和橢圓關系可構造方程求得，由此可得橢圓方程；（2）當直線斜率不存在時，表示出兩點坐標，由兩點連線斜率公式表示出，整理可得直線為；當直線斜率存在時，設，與橢圓方程聯(lián)立可得韋達定理的形式，代入中整理可得，由此可得直線所過定點；綜合兩種情況可得直線過定點.【題目詳解】（1）橢圓過點，即，；，又，，橢圓的方程為：.（2）當直線斜率不存在時，設直線方程為，則，則，，解得：，直線方程為；當直線斜率存在時，設直線方程為，聯(lián)立方程組得：，設，則，（*），則，將*式代入化簡可得：，即，整理得：，代入直線方程得：，即，聯(lián)立方程組，解得：，，直線恒過定點；綜上所述：直線恒過定點.【題目點撥】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應用中的直線過定點問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出已知中的等量關系，代入韋達定理可整理得到變量間的關系，從而化簡直線方程；④根據(jù)直線過定點的求解方法可求得結果.20、（1）平面AEC，理由見解析（2）證明見解析【解題分析】（1）以線面平行的判定定理去證明直線與平面平行即可；（2）以線面垂直的判定定理去證明直線面即可.【小問1詳解】連接BD，設，連接OE.在中，O、E分別是BD、的中點，則.因為直線OE在平面AEC上，而直線不在平面AEC上，根據(jù)直線與平面平行的判定定理，得到直線平面AEC.【小問2詳解】正方體中，故，又，故同理故，又，故又根據(jù)直線與平面垂直的判定定理，得直線平面.21、（1）詳解解析；（2）存在.【解題分析】（1）利用勾股定理證得，結合線面垂直的判定定理即可證得結論；（2）以A為原點建立空間直角坐標系，設點，，求得平面的法向量，利用已知條件建立關于的方程，進而得解.【小問1詳解】取中點為，連接，在中，，，，又，，所以，又，，而，