2024屆天津市重點中學高二上數學期末復習檢測試題含解析

2024屆天津市重點中學高二上數學期末復習檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知等差數列的前n項和為，且，則（）A.2 B.4C.6 D.82．運行如圖所示程序后，輸出的結果為（）A.15 B.17C.19 D.213．《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.4．定義在區(qū)間上的函數滿足：對恒成立，其中為的導函數，則A.B.C.D.5．已知E、F分別為橢圓的左、右焦點，傾斜角為的直線l過點E，且與橢圓交于A，B兩點，則的周長為A.10 B.12C.16 D.206．口袋中裝有大小形狀相同的紅球3個，白球3個，小明從中不放回的逐一取球，已知在第一次取得紅球的條件下，第二次取得白球的概率為（）A.0.4 B.0.5C.0.6 D.0.757．已知命題,命題,，則下列命題中為真命題的是A. B.C. D.8．已知，，則的最小值為（）A. B.C. D.9．若，則x的值為（）A.4 B.6C.4或6 D.810．圓：與圓：的位置關系是（）A.內切 B.外切C.相交 D.相離11．已知等差數列前項和為，且，，則此數列中絕對值最小的項為A.第5項 B.第6項C.第7項 D.第8項12．今天是星期四，經過天后是星期（）A.三 B.四C.五 D.六二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若直線與直線平行，則實數m的值為____________14．已知點，，點P在x軸上，且，則點P的坐標為______15．若正實數滿足則的最小值為________________________16．等比數列中，，，則數列的公比為____.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．（12分）已知是拋物線上的焦點，是拋物線上的一個動點，若動點滿足，則的軌跡方程.18．（12分）如圖1，在中，，，，分別是，邊上的中點，將沿折起到的位置，使，如圖2（1）求點到平面的距離；（2）在線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為．若存在，求出長；若不存在，請說明理由19．（12分）某牧場今年初牛的存欄數為1200，預計以后每年存欄數的增長率為8%，且每年年底賣出100頭牛，設牧場從今年起每年年初的計劃存欄數依次為，，….（參考數據：，，.）（1）寫出一個遞推公式，表示與之間的關系；（2）將（1）中的遞推關系表示成的形式，其中k，r為常數；（3）求的值（精確到1）.20．（12分）已知a，b，c分別是△ABC的三個內角A，B，C所對的邊，且.（1）求C；（2）若D是BC的中點，，，求AB的長.21．（12分）已知數列的前n項和為，且，，數列滿足：，，，.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和；（3）若不等式對任意恒成立，求實數k的取值范圍22．（10分）在平面直角坐標系xOy中，曲線1與坐標軸的交點都在圓C上（1）求圓C的方程；（2）設過點P(0，－2)的直線l與圓C交于A，B兩點，且AB＝2，求l的方程

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】根據等差數列前n項和公式，結合等差數列下標的性質、等差數列通項公式進行求解即可.【詳解】設等差數列的公差為，，，故選：B2、D【解析】根據給出的循環(huán)程序進行求解，直到滿足，輸出.【詳解】，，，，，，，，，，，，所以.故選：D3、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4、D【解析】分別構造函數，，，，利用導數研究其單調性即可得出【詳解】令，，，，恒成立，，，，函數在上單調遞增，，令，，，，恒成立，，函數在上單調遞減，，．綜上可得：，故選：D【點睛】函數的性質是高考的重點內容,本題考查的是利用函數的單調性比較大小的問題,通過題目中給定的不等式,分別構造兩個不同的函數求導判出單調性從而比較函數值得大小關系．在討論函數的性質時，必須堅持定義域優(yōu)先的原則．對于函數實際應用問題，注意挖掘隱含在實際中的條件，避免忽略實際意義對定義域的影響5、D【解析】利用橢圓的定義即可得到結果【詳解】橢圓，可得，三角形的周長，，所以：周長，由橢圓的第一定義，，所以，周長故選D【點睛】本題考查橢圓簡單性質的應用，橢圓的定義的應用，三角形的周長的求法，屬于基本知識的考查6、C【解析】求出第一次取得紅球的事件、第一次取紅球第二次取白球的事件概率，再利用條件概率公式計算作答.【詳解】記“第一次取得紅球”為事件A，“第二次取得白球”為事件B，則，，于是得，所以在第一次取得紅球的條件下，第二次取得白球的概率為0.6.故選：C7、D【解析】命題是假命題，命題是真命題，根據復合命題的真值表可判斷真假.【詳解】因為，故命題是假命題，又命題是真命題，故為假，為假，為假，為真命題，故選D.【點睛】復合命題的真假判斷有如下規(guī)律：（1）或：一真比真，全假才假；（2）且：全真才真，一假比假；（3）：真假相反.8、B【解析】將代數式展開，然后利用基本不等式可求出該代數式的最小值.【詳解】，，由基本不等式得，當且僅當時，等號成立.因此，的最小值為.故選B.【點睛】本題考查利用基本不等式求最值，在利用基本不等式時要注意“一正、二定、三相等”條件的成立，考查計算能力，屬于中等題.9、C【解析】根據組合數的性質可求解.【詳解】,或，即或.故選：C10、A【解析】先計算兩圓心之間的距離，判斷距離和半徑和、半徑差之間的關系即可.【詳解】圓圓心，半徑，圓圓心，半徑，兩圓心之間的距離，故兩圓內切.故選：A.11、C【解析】設等差數列的首項為，公差為，，則，又，則，說明數列為遞減數列，前6項為正，第7項及后面的項為負，又，則，則在數列中絕對值最小的項為，選C.12、C【解析】求出二項式定理的通項公式，得到除以7余數是1，然后利用周期性進行計算即可【詳解】解：一個星期的周期是7，則，即除以7余數是1，即今天是星期四，經過天后是星期五，故選：二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用兩條直線平行的充要條件，列式求解即可【詳解】解：因為直線與直線平行，所以，解得故答案為：14、【解析】設，由，可得，求解即可【詳解】設，由故解得：則點P的坐標為故答案為：15、【解析】利用基本不等式即可求解.【詳解】，，又，，，當且僅當即，等號成立，.故答案為：【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.16、【解析】根據等比數列的定義，結合已知條件，代值計算即可求得結果.【詳解】因為是等比數列，設其公比為，又，，故可得，解得.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、【解析】由拋物線的方程可得到焦點坐標，設，寫出向量的坐標，由向量間的關系得到，將點代入物線即可得到軌跡方程.【詳解】由拋物線可得：設①在上，將①代入可得：，即.【點睛】求軌跡方程，一般是求誰設誰的坐標然后根據題目等式直接求解即可，而對于直線與曲線的綜合問題要先分析題意轉化為等式，例如，可以轉化為向量坐標進行運算也可以轉化為斜率來理解，然后借助韋達定理求解即可運算此類題計算一定要仔細.18、（1）（2）存在，【解析】（1）根據題意分別由已知條件計算出的面積和的面積，利用求解，（2）如圖建立空間直角坐標系，設，然后求出平面與平面的法向量，利用向量平夾角公式列方程可求得結果小問1詳解】在中，，因為，分別是，邊上的中點，所以∥，，所以，所以，因為，所以平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為平面，平面，所以平面平面，因為，所以，因為，所以是等邊三角形，取的中點，連接，則，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，中，，所以邊上的高為，所以，在梯形中，，設點到平面的距離為，因，所以，所以，得，所以點到平面的距離為【小問2詳解】由（1）可知平面，，所以以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則,設，則，設平面的法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，則，令，則，則平面與平面夾角的余弦值為，兩邊平方得，，解得或（舍去），所以，所以19、（1）（2）（3）10626【解析】（1）根據題意，建立遞推關系即可；（2）利用待定系數法求解得.（3）利用等比數列求和公式，結合已知數據求解即可.【小問1詳解】解：因為某牧場今年初牛的存欄數為1200，預計以后每年存欄數的增長率為8%，且每年年底賣出100頭牛，所以，且.【小問2詳解】解：將化成，因為所以比較的系數，可得，解得.所以（1）中的遞推公式可以化為.【小問3詳解】解：由（2）可知，數列是以為首項，1.08為公比的等比數列，則.所以.20、（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理化邊為角，結合三角變換可求答案；（2）根據余弦定理先求，再用余弦定理求解.【小問1詳解】∵，∴由正弦定理可得，∴，∴.∵，∴，即.∵，∴.【小問2詳解】設，則，即，解得或（舍去），∴.∵，∴.21、（1），；（2）；（3）.【解析】(1)由可得數列是等比數列，即可求得，由得數列是等差數列，即可求得.(2)由(1)可得，再利用錯位相減法求和即得.(3)將問題等價轉化為對任意恒成立，構造數列并判斷其單調性，即可求解作答.【小問1詳解】數列的前項和為，，，當時，，則，而當時，，即得，因此，數列是以1為首項，3為公比的等比數列，則，數列中，，，則數列是等差數列，而，，即有公差，則，所以數列，的通項公式分別是：，.【小問2詳解】由(1)知，，則，則有，兩式相減得：，從而得，所以數列的前n項和.【小問3詳解】由(1)知，，依題意得對任意恒成立，設，則，當，，為單調遞減數列，當，，為單調遞增數列，顯然有，則當時，取得最大值，即最大值是，因此，，所以實數k取值范圍是.【點睛】思路點睛：一般地，如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然