2024屆貴州省銅仁市思南縣思南中學高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2024屆貴州省銅仁市思南縣思南中學高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準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題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。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．知點分別為圓上的動.點，為軸上一點，則的最小值（）A. B.C. D.2．已知f(x)是定義在R上的函數，且f(2)=2,，則f(x)＞x的解集是（）A. B.C. D.3．對任意實數，在以下命題中，正確的個數有（）①若，則；②若，則；③若，則；④若，則A. B.C. D.4．已知各項都為正數的等比數列，其公比為q，前n項和為，滿足，且是與的等差中項，則下列選項正確的是（）A. B.C D.5．雙曲線：的一條漸近線與直線垂直，則它的離心率為（）A. B.C. D.6．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.相離7．拋物線的焦點到準線的距離為（）A. B.C. D.8．袋子中有四個小球，分別寫有“文、明、中、國”四個字，有放回地從中任取一個小球，直到“中”“國”兩個字都取到就停止，用隨機模擬的方法估計恰好在第三次停止的概率.利用電腦隨機產生0到3之間取整數值的隨機數，分別用0，1，2，3代表“文、明、中、國”這四個字，以每三個隨機數為一組，表示取球三次的結果，經隨機模擬產生了以下18組隨機數：由此可以估計，恰好第三次就停止的概率為（）A. B.C. D.9．雙曲線的焦點坐標是（）A. B.C. D.10．在拋物線上，橫坐標為4的點到焦點的距離為5，則p的值為（）A. B.2C.1 D.411．已知直線與圓交于A，B兩點，O為原點，且，則實數m等于（）A. B.C. D.12．《米老鼠和唐老鴨》這部動畫給我們的童年帶來了許多美好的回憶，令我們印象深刻.如圖所示，有人用3個圓構成米奇的簡筆畫形象.已知3個圓方程分別為：圓圓，圓若過原點的直線與圓、均相切，則截圓所得的弦長為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的漸近線方程為，，分別為C的左，右焦點，若動點P在C的右支上，則的最小值是______14．已知函數，若在上是增函數，則實數的取值范圍是________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．下列是某廠1~4月份用水量（單位：百噸）的一組數據，由其散點圖可知，用水量與月份之間有較好的線性相關關系，其線性回歸方程是，則_______.月份1234用水量4.5432.5三、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）已知斜率為的直線與橢圓：交于，兩點（1）若線段的中點為，求的值；（2）若，求證：原點到直線的距離為定值18．（12分）在空間直角坐標系Oxyz中，O為原點，已知點，，，設向量，.（1）求與夾角的余弦值；（2）若與互相垂直，求實數k的值.19．（12分）已知函數.（1）判斷的單調性.（2）證明：.20．（12分）如圖，直角梯形AEFB與菱形ABCD所在平面互相垂直，，，，，，M為AD中點.（1）證明：直線面DEF；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知等差數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和.22．（10分）已知數列{}的前n項和為，且2=3-3（n∈）（1）求數列{}的通項公式（2）若=（n+1），求數列{}的前n項和

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、B【解析】求出圓關于軸的對稱圓的圓心坐標，以及半徑，然后求解圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即可求出的最小值.【詳解】圓關于軸的對稱圓的圓心坐標，半徑為1，圓的圓心坐標為，半徑為1，∴若與關于x軸對稱，則，即，當三點不共線時，當三點共線時，所以同理(當且僅當時取得等號)所以當三點共線時，當三點不共線時，所以∴的最小值為圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，∴.故選：B.2、D【解析】構造，結合已知有在R上遞增且，原不等式等價于，利用單調性求解集.【詳解】令，由題設知：，即在R上遞增，又，所以f(x)＞x等價于，即.故選：D3、B【解析】直接利用不等式的基本性質判斷.【詳解】①因為，則，根據不等式性質得，故正確；②當時，，而，故錯誤；③因為，所以，即，故正確；④當時，，故錯誤；故選：B4、D【解析】根據題意求得，即可判斷AB，再根據等比數列的通項公式即可判斷C；再根據等比數列前項和公式即可判斷D.【詳解】解：因為各項都為正數的等比數列，，所以，又因是與的等差中項，所以，即，解得或（舍去），故B錯誤；所以，故A錯誤；所以，故C錯誤；所以，故D正確.故選：D.5、A【解析】先利用直線的斜率判定一條漸近線與直線垂直，求出，再利用雙曲線的離心率公式和進行求解.【詳解】因為直線的斜率為，所以雙曲線的一條漸近線與直線垂直，所以，即，則雙曲線的離心率.故選：A.卷II（非選擇題6、C【解析】寫出兩圓的圓心和半徑，求出圓心距，發(fā)現與兩圓的半徑和相等，所以判斷兩圓外切【詳解】圓的標準方程為：，所以圓心坐標為，半徑；圓的圓心為，半徑，圓心距，所以兩圓相外切故選：C7、C【解析】根據拋物線方程求出焦點坐標與準線方程，即可得解；【詳解】解：因為拋物線方程為，所以焦點坐標為，準線的方程為，所以焦點到準線的距離為；故選：C8、A【解析】利用古典概型的概率公式求解.【詳解】因為隨機模擬產生了以下18組隨機數：，其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3個，所以由此可以估計，恰好第三次就停止的概率為，故選：A9、B【解析】根據雙曲線的方程，求得，結合雙曲線的幾何性質，即可求解.【詳解】由題意，雙曲線，可得，所以，且雙曲線的焦點再軸上，所以雙曲線的焦點坐標為.故選：B.10、B【解析】由方程可得拋物線的焦點和準線，進而由拋物線的定義可得，解之可得值【詳解】解：由題意可得拋物線開口向右，焦點坐標，，準線方程，由拋物線的定義可得拋物線上橫坐標為4的點到準線的距離等于5，即，解之可得.故選：B.11、A【解析】根據給定條件求出，再求出圓O到直線l的距離即可計算作答.【詳解】圓的圓心O，半徑，因，則，而，則，即是正三角形，點O到直線l的距離，因此，，解得，所以實數m等于.故選：A12、A【解析】設直線，利用直線與圓相切，求得斜率，再利用弦長公式求弦長【詳解】設過點的直線.由直線與圓、圓均相切，得解得(1).設點到直線的距離為則(2).又圓的半徑直線截圓所得弦長結合(1)(2)兩式，解得二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先根據雙曲線的漸近線方程和焦點坐標，求出雙曲線的標準方程；設，根據雙曲線的定義可知，從而利用基本不等式即可求出的最小值.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為，焦點坐標為，，所以，即，所以雙曲線方程為.設，則，且，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是.故答案為：.14、【解析】根據函數在上是增函數，分段函數在整個定義域內單調，則在每個函數內單調，注意銜接點的函數值.【詳解】解：因為函數在上是增函數，所以在區(qū)間上是增函數且在區(qū)間上也是增函數，對于函數在上是增函數，則；①對于函數，（1）當時，，外函數為定義域內的減函數，內函數在上是增函數，根據復合函數“同增異減”可得時函數在區(qū)間上是減函數，不符合題意，故舍去，（2）當時，外函數為定義域內的增函數，要使函數在區(qū)間上是增函數，則內函數在上也是增函數，且對數函數真數大于0，即在上也要恒成立，所以，又，所以，②又在上是增函數則在銜接點處函數值應滿足：，化簡得，③由①②③得，，所以實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】方法點睛：利用單調性求參數方法如下：（1）依據函數的圖象或單調性定義，確定函數的單調區(qū)間，與已知單調區(qū)間比較；（2）需注意若函數在區(qū)間上是單調的，則該函數在此區(qū)間的任意子集上也是單調的；（3）分段函數的單調性，除注意各段的單調性外，還要注意銜接點的取值15、【解析】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.【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：.【點睛】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、25【解析】根據表格數據求出，代入，即可求出.【詳解】解：由題意知：，，將代入線性回歸方程，即，解得：.故答案為：5.25.三、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）證明見解析.【解析】（1）設出兩點的坐標，利用點差法即可求出的值；（2）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，寫韋達；根據，求出，從而可證明原點到直線的距離為定值【小問1詳解】設，則，，兩式相減，得，即，所以，即，又因為線段的中點為，所以，即；【小問2詳解】設斜率為的直線為，，由，得，所以，，因為，所以，即，所以，所以，即，所以，原點到直線的距離為.所以原點到直線的距離為定值.18、（1）（2）【解析】（1）由向量的坐標先求出，，，由向量的夾角公式可得答案.（2）由題意可得，從而求出參數的值【小問1詳解】由題，，，故，，，所以故與夾角余弦值為.【小問2詳解】由與的互相垂直知，，，即19、（1）在R上單調遞增，無單調遞減區(qū)間；（2）證明見解析.【解析】（1）對求導，令并應用導數求最值，確定的符號，即可知的單調性.（2）利用作差法轉化證明的結論，令結合導數研究其單調性，最后討論的大小關系判斷的符號即可證結論.【小問1詳解】由題設，.令，則.當時，單調遞減；當時，單調遞增故，即，則在R上單調遞增，無單調遞減區(qū)間.【小問2詳解】.令，則.令，則，顯然在R上單調遞增，且，∴當時，單調遞減；當時，單調遞增.故，即，在R上單調遞增，又，∴當時，，；當時，，；當時，.綜上，，即.【點睛】關鍵點點睛：第二問，應用作差法有，構造中間函數并應用導數研究單調性，最后討論的大小證結論.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由平面平面ABCD，可得平面ABCD，連接BD，可得，以為原點，為軸，豎直向上為軸建立空間直角坐標系，利用向量法計算與平面的法向量的數量積為0即可得證；（2）分別計算出平面和平面的法向量，然后利用向量夾角公式即可求解.【小問1詳解】證明：因為平面平面ABCD，平面平面ABCD，且，所以平面ABCD，連接BD，則等邊三角形，所以，以為原點，為軸，豎直向上為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設為平面的法向量，因為，則有，取，又因為，所以，因為平面，所以平面；【小問2詳解】解：分別設為平面和平面的法向量，因為，則有，取，因，則有，取，所以，由圖可知二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.21、（1）；