2023-2024學(xué)年福建省漳州市華安縣第一中學(xué)高二上數(shù)學(xué)期末統(tǒng)考試題含解析

2023-2024學(xué)年福建省漳州市華安縣第一中學(xué)高二上數(shù)學(xué)期末統(tǒng)考試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．某公司有320名員工，將這些員工編號為1，2，3，…，320，從這些員工中使用系統(tǒng)抽樣的方法抽取20人進(jìn)行“學(xué)習(xí)強(qiáng)國”的問卷調(diào)查，若54號被抽到，則下面被抽到的是（）A.72號 B.150號C.256號 D.300號2．如圖，在三棱錐中，平面ABC，，，，則點(diǎn)A到平面PBC的距離為（）A.1 B.C. D.3．正四棱錐中，，則直線與平面所成角的正弦值為A. B.C. D.4．在長方體中，（）A. B.C. D.5．魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)割圓術(shù)，他在《九章算術(shù)》方田章圓田術(shù)中指出：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣.”這是注述中所用的割圓術(shù)是一種無限與有限的轉(zhuǎn)化過程，比如在正數(shù)中的“”代表無限次重復(fù)，設(shè)，則可以利用方程求得，類似地可得到正數(shù)（）A.2 B.3C. D.6．在中，若，，則外接圓半徑為（）A. B.C. D.7．等差數(shù)列中，,，則當(dāng)取最大值時，的值為A.6 B.7C.6或7 D.不存在8．設(shè)m，n是兩條不同直線，，是兩個不同平面，則下列說法錯誤的是（）A.若，，則； B.若，，則；C.若，，則； D.若，，則9．已知等比數(shù)列各項均為正數(shù)，且，，成等差數(shù)列，則（）A. B.C. D.10．下列命題中的假命題是（）A.，B.存在四邊相等的四邊形不是正方形C.“存在實(shí)數(shù)，使”的否定是“不存在實(shí)數(shù)，使”D.若且，則，至少有一個大于11．已知兩條直線：，：，且，則的值為()A.－2 B.1C.－2或1 D.2或－112．橢圓＝1的一個焦點(diǎn)為F，過原點(diǎn)O作直線（不經(jīng)過焦點(diǎn)F）與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，若△ABF的面積是20，則直線AB的斜率為（）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AB為圓O：的直徑，點(diǎn)P為橢圓上一動點(diǎn)，則的最小值為______14．已知，，且與的夾角為鈍角，則x的取值范圍是___.15．已知等差數(shù)列的前項和為，若，，則數(shù)列的前2021項和為___________.16．不等式的解集是________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知.（1）當(dāng)，時，求中含項的系數(shù)；（2）用、表示，寫出推理過程18．（12分）已知等差數(shù)列的公差，前3項和，且成等比數(shù)列.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和.19．（12分）已知雙曲線及直線（1）若與有兩個不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍（2）若與交于，兩點(diǎn)，且線段中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，求線段的長20．（12分）已知，p：，q：（1）若p是q的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（2）若，“p或q”為真命題，“p且q”為假命題，求實(shí)數(shù)x的取值范圍21．（12分）在四棱錐中，底面ABCD是矩形，點(diǎn)E是線段PA的中點(diǎn).（1）求證：平面EBD；（2）若是等邊三角形，，平面平面ABCD，求點(diǎn)E到平面PDB的距離.22．（10分）已知拋物線C：，經(jīng)過的直線與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)（1）求的值（其中為坐標(biāo)原點(diǎn)）；（2）設(shè)F為拋物線C的焦點(diǎn)，直線為拋物線C的準(zhǔn)線，直線是拋物線C的通徑所在的直線，過C上一點(diǎn)P（）（）作直線與拋物線相切，若直線與直線相交于點(diǎn)M，與直線相交于點(diǎn)N，證明：點(diǎn)P在拋物線C上移動時，恒為定值，并求出此定值

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【解析】根據(jù)系統(tǒng)抽樣分成20個小組，每組16人中抽一人，故抽到的序號相差16的整數(shù)倍，即可求解.【詳解】∵用系統(tǒng)抽樣的方法從320名員工中抽取一個容量為20的樣本∴，即每隔16人抽取一人∵54號被抽到∴下面被抽到的是54+16×6=150號，而其他選項中的數(shù)字不滿足與54相差16的整數(shù)倍，故答案為：B故選：B2、A【解析】設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為，根據(jù)等體積法求解即可.【詳解】因?yàn)槠矫鍭BC，所以,因?yàn)?，，所以又，，所?所以,設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為，則,即,，故選：A3、C【解析】建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出和平面的法向量，直線與平面所成角的正弦值即為與的夾角的余弦值的絕對值，利用夾角公式求出即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.有圖知，由題得、、、.，，.設(shè)平面的一個法向量，則，，令，得，，.設(shè)直線與平面所成的角為，則.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查線面角的求解，利用向量法可簡化分析過程，直接用計算的方式解決問題，是基礎(chǔ)題.4、D【解析】根據(jù)向量的運(yùn)算法則得到，帶入化簡得到答案.【詳解】在長方體中，易知，所以.故選：D.5、A【解析】設(shè)，則，解方程可得結(jié)果.【詳解】設(shè)，則且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：設(shè)是解題關(guān)鍵.6、A【解析】根據(jù)三角形面積公式求出c，再由余弦定理求出a，根據(jù)正弦定理即可求外接圓半徑.【詳解】,,,解得由正弦定理可得：，所以故選：A7、C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為∵∴∴∴∵∴當(dāng)取最大值時，的值為或故選C8、C【解析】直接由直線平面的定理得到選項正確；對于選項，m，n可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；對于選項，與內(nèi)一直線l，所以，因?yàn)閘為內(nèi)一直線，所以．所以該選項正確.【詳解】對于選項，若，，則，所以該選項正確；對于選項，若，，則，所以該選項正確；對于選項，若，，則m，n可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；對于選項，若，，則與內(nèi)一直線l，所以，因?yàn)閘為內(nèi)一直線，所以．所以該選項正確.故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查空間直線平面位置關(guān)系判斷，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平.9、A【解析】結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)求得公比，然后由等比數(shù)列的性質(zhì)得結(jié)論【詳解】設(shè)的公比為，因?yàn)?，，成等差?shù)列，所以，即，，或（舍去，因?yàn)閿?shù)列各項為正）所以故選：A10、C【解析】利用簡易邏輯的知識逐一判斷即可.【詳解】，故A正確；菱形的四邊相等，但不一定是正方形，故B正確；“存在實(shí)數(shù)，使”的否定是“對任意的實(shí)數(shù)都有”，故C錯誤；假設(shè)且，則，與矛盾，故D正確；故選：C11、B【解析】兩直線平行，傾斜角相等，斜率均不存在或斜率存在且相等，據(jù)此即可求解.【詳解】：，：斜率不可能同時不存在，∴和斜率相等，則或，∵m＝－2時，和重合，故m＝1.另解：，故m=1.故選：B.12、A【解析】分情況討論當(dāng)直線AB的斜率不存在時，可求面積，檢驗(yàn)是否滿足條件，當(dāng)直線AB的斜率存在時，可設(shè)直線AB的方程y＝kx，聯(lián)立橢圓方程，可求△ABF2的面積為S＝2代入可求k【詳解】由橢圓＝1，則焦點(diǎn)分別為F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)，不妨取F(5,0)①當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝0，此時AB＝4，＝AB?5＝×5＝10，不符合題意；②可設(shè)直線AB的方程y＝kx，由，可得(4+9k2)x2＝180，∴xA＝6，yA＝，∴△ABF2的面積為S＝2＝2××5×＝20，∴k＝±故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】方法一：通過對稱性取特殊位置，設(shè)出P的坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積轉(zhuǎn)化求解最小值即可方法二：利用向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化為向量的和與差的平方，通過圓的特殊性，轉(zhuǎn)化求解即可【詳解】解：方法一：依據(jù)對稱性，不妨設(shè)直徑AB在x軸上，x，，，從而故答案為2方法二：，而，則答案2故答案為2【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系、橢圓方程的幾何性質(zhì)考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力14、∪【解析】根據(jù)題意得出且與不共線，然后根據(jù)向量數(shù)量積的定義及向量共線的條件求出x的取值范圍.【詳解】∵與的夾角為鈍角，且與不共線，即，且，解得，且，∴x的取值范圍是∪.故答案為：∪.15、【解析】根據(jù)題意求出，代入中，再利用裂項相消即可求出答案.【詳解】由是等差數(shù)列且，可知：，故.，數(shù)列的前2021項和為.故答案為：.16、【解析】把原不等式的右邊移項到左邊，通分計算后，根據(jù)分式不等式解法，然后轉(zhuǎn)化為兩個一元一次不等式組，注意分母不為0的要求，求出不等式組的解集即為原不等式的解集【詳解】不等式得，故，故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2），過程見解析【解析】（1）寫出函數(shù)的解析式，利用二項式定理可求得函數(shù)中含項的系數(shù)；（2）利用錯位相減法化簡函數(shù)的解析式，求出解析式中含項的系數(shù)，再結(jié)合組合數(shù)公式化簡可得結(jié)果.【小問1詳解】解：當(dāng)，時，，的展開式通項為，此時，函數(shù)中含項的系數(shù)之和為.【小問2詳解】解：因?yàn)?，①則，②①②得，所以，，而為中含項的系數(shù)，而函數(shù)中含項的系數(shù)也可視為中含項的系數(shù)，故，且，故.18、（1）（2）【解析】（1）由，且成等比數(shù)列列式求解出和，然后寫出；（2）由，用錯位相減法求和即可.【詳解】（1）∵，∴①又∵成等比數(shù)列，∴，②∵，由①②解得：，，∴（2）∵，，∴兩式相減，得∴【點(diǎn)睛】本題考查了等差數(shù)列基本量的計算，錯位相減法求和，屬于中檔題.19、（1）且；（2）【解析】（1）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用方程組與兩個交點(diǎn)，求出k的范圍（2）設(shè)交點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），利用韋達(dá)定理以及弦長公式求解即可【詳解】（1）聯(lián)立y=2可得∵與有兩個不同的交點(diǎn)，且，且（2）設(shè)，由（1）可知，又中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，，或又由（1）可知，為與有兩個不同交點(diǎn)時，20、（1）（2）或【解析】（1）根據(jù)命題對應(yīng)的集合是命題對應(yīng)的集合的真子集列式解得結(jié)果即可得解；（2）“p或q”為真命題，“p且q”為假命題，等價于與一真一假，分兩種情況列式可得結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)閜：對應(yīng)的集合為，q：對應(yīng)的集合為，且p是q的充分不必要條件，所以，所以，解得.（2），當(dāng)時，，因?yàn)椤皃或q”為真命題，“p且q”為假命題，所以與一真一假，當(dāng)真時，假，所以，此不等式組無解；當(dāng)真時，假，所以，解得或.綜上所述：實(shí)數(shù)x的取值范圍是或.【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：本題考查由充分不必要條件求參數(shù)取值范圍，一般可根據(jù)如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：（1）若是的必要不充分條件，則對應(yīng)集合是對應(yīng)集合的真子集；（2）是的充分不必要條件，則對應(yīng)集合是對應(yīng)集合的真子集；（3）是的充分必要條件，則對應(yīng)集合與對應(yīng)集合相等；（4）是的既不充分又不必要條件，對的集合與對應(yīng)集合互不包含21、（1）見解析（2）【解析】（1）連接交于點(diǎn)，連接，由中位線定理結(jié)合線面平行的判定證明即可；（2）由得出點(diǎn)到平面的距離，再由是的中點(diǎn)，得出點(diǎn)到平面的距離.【小問1詳解】連接交于點(diǎn)，連接.因?yàn)榉謩e是的中點(diǎn)，所以.又平面EBD，平面EBD，所以平面EBD；【小問2詳解】過點(diǎn)作的垂線，垂足為，連接.因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCD，平面平面ABCD，所以平面ABCD，所以，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為因?yàn)?，所以，因?yàn)辄c(diǎn)是的中點(diǎn)，所以點(diǎn)到平面的距離為.22、（1）（2）證明見解析，定值為【解