山東省昌樂博聞學校2024屆數學高二上期末聯考試題含解析

山東省昌樂博聞學校2024屆數學高二上期末聯考試題注意事項：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?；卮鸱沁x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．如圖，，是平面上兩點，且，圖中的一系列圓是圓心分別為，的兩組同心圓，每組同心圓的半徑分別是1，2，3，…，A，B，C，D，E是圖中兩組同心圓的部分公共點.若點A在以，為焦點的橢圓M上，則（）A.點B和C都在橢圓M上 B.點C和D都在橢圓M上C.點D和E都在橢圓M上 D.點E和B都在橢圓M上2．當時，不等式恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.3．點到直線的距離為A.1 B.2C.3 D.44．直線的傾斜角為（）A. B.C. D.5．已知函數的導函數的圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A.是函數的極大值點B.函數在區(qū)間上單調遞增C.是函數的最小值點D.曲線在處切線的斜率小于零6．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》中討論過高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等．例如“百層球堆垛”：第一層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，第四層有10個球，第五層有15個球，…，各層球數之差：，，，，…即2，3，4，5，…是等差數列．現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，3，6，12，23，41，則該數列的第8項為（）A.51 B.68C.106 D.1577．已知直線過點，，則該直線的傾斜角是（）A. B.C. D.8．已知，則的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.209．已知實數滿足方程，則的最大值為（）A.3 B.2C. D.10．若實數，滿足約束條件，則的最小值為（）A.-3 B.-2C. D.111．在試驗“甲射擊三次，觀察中靶的情況”中，事件A表示隨機事件“至少中靶1次”，事件B表示隨機事件“正好中靶2次”，事件C表示隨機事件“至多中靶2次”，事件D表示隨機事件“全部脫靶”，則（）A.A與C是互斥事件 B.B與C是互斥事件C.A與D是對立事件 D.B與D是對立事件12．雙曲線的兩個焦點坐標是（）A.和 B.和C.和 D.和二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在等比數列中，，則__________14．已知雙曲線的兩條漸近線的夾角為，則雙曲線的實軸長為____15．教育部門對某校學生的閱讀素養(yǎng)進行調研，在該校隨機抽取了100名學生進行百分制檢測，現將所得的成績按照，分成6組，并根據所得數據作出了頻率分布直方圖(如圖所示)，則成績在這組的學生人數是________.16．已知直線被圓截得的弦長等于該圓的半徑，則實數_____.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）已知拋物線的頂點在原點，焦點在軸上，且拋物線上有一點到焦點的距離為6.（1）求拋物線的方程；（2）若不過原點的直線與拋物線交于A、B兩點，且，求證：直線過定點并求出定點坐標.18．（12分）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個零點，，證明：19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，底面ABCD，E為BP的中點，，（1）證明：平面PAD；（2）求平面EAC與平面PAC夾角的余弦值20．（12分）已知命題：；：.（1）若“”為真命題，求實數的取值范圍；（2）若“”為真命題，求實數的取值范圍.21．（12分）設數列是公比為正整數的等比數列，滿足，，設數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（3）已知數列，設，求數列的前項和.22．（10分）如圖，在三棱錐中，，平面，，分別為棱，的中點.（1）求證：；（2）若，，二面角的大小為，求三棱錐的體積.

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、C【解析】根據橢圓的定義判斷即可求解.【詳解】因為，所以橢圓M中，因為，,,,所以D，E在橢圓M上.故選：C2、A【解析】設，對實數的取值進行分類討論，求得，解不等式，綜合可得出實數的取值范圍.【詳解】設，其中.①當時，即當時，函數在區(qū)間上單調遞增，則，解得，此時不存在；②當時，，解得；③當時，即當時，函數在區(qū)間上單調遞減，則，解得，此時不存在.綜上所述，實數的取值范圍是.故選：A.3、B【解析】直接利用點到直線的距離公式得到答案.【詳解】，答案為B【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，屬于簡單題.4、D【解析】若直線傾斜角為，由題設有，結合即可得傾斜角的大小.【詳解】由直線方程，若其傾斜角為，則，而，∴.故選：D5、B【解析】根據導函數的圖象，得到函數的單調區(qū)間與極值點，即可判斷；【詳解】解：由導函數的圖象可知，當時，當時，當時，當或時，則在上單調遞增，在上單調遞減，所以函數在處取得極小值即最小值，所以是函數的極小值點與最小值點，因為，所以曲線在處切線的斜率大于零，故選：B6、C【解析】對高階等差數列按其定義逐一進行構造數列，直到出現一般等差數列為止，再根據其遞推關系進行求解.【詳解】現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，3，6，12，23，41，各項與前一項之差：，，，，，…即2，3，6，11，18，…，，，，，…即1，3，5，7，…是等差數列，所以，故選：C7、C【解析】根據直線的斜率公式即可求得答案.【詳解】設該直線的傾斜角為，該直線的斜率，即.故選：C8、A【解析】利用基本不等式進行求解即可.【詳解】因為，所以，當且僅當時取等號，即當時取等號，故選：A9、D【解析】將方程化為，由圓的幾何性質可得答案.【詳解】將方程變形為，則圓心坐標為，半徑，則圓上的點的橫坐標的范圍為：則x的最大值是故選：D.10、B【解析】先畫出可行域，由，作出直線向下平移過點A時，取得最小值，然后求出點A的坐標，代入目標函數中可求得答案【詳解】由題可得其可行域為如圖，l：，當經過點A時，取到最小值，由，得，即，所以的最小值為故選：B11、C【解析】根據互斥事件、對立事件的定義即可求解.【詳解】解：因為A與C，B與C可能同時發(fā)生，故選項A、B不正確；B與D不可能同時發(fā)生，但B與D不是事件的所有結果，故選項D不正確；A與D不可能同時發(fā)生，且A與D為事件的所有結果，故選項C正確故選：C.12、C【解析】由雙曲線標準方程可得到焦點所在軸及半焦距的長，進而得到兩個焦點坐標.【詳解】雙曲線中，，則又雙曲線焦點在y軸，故雙曲線的兩個焦點坐標是和故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設等比數列的公比為，由題意可知和同號，結合等比中項的性質可求得的值.【詳解】設等比數列的公比為，則，由等比中項的性質可得，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等比中項的計算，解題時不要忽略了對應項符號的判斷，考查計算能力，屬于基礎題.14、【解析】根據已知條件求得，由此求得實軸長.【詳解】由于，雙曲線的漸近線方程為，所以雙曲線的漸近線與軸夾角小于，由得，實軸長故答案為：15、20【解析】根據頻率分布直方圖求出成績在這組的頻率，從而可得出答案.【詳解】解：由頻率分布直方圖可知，成績在這組的頻率為，所以成績在這組的學生人數為（人）.故答案為：20.16、2或－4【解析】求出圓心到直線的距離，由幾何法表示出弦長，列出等量關系，即可求出結果.【詳解】由得，所以圓的圓心為，半徑，圓心到直線的距離，則由題可得，即，解得或.故答案為：2或.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，定點坐標為(8,0).【解析】（1）根據拋物線的定義，即可求出結果；（2）由題意直線方程可設為，將其與拋物線方程聯立，再將轉化為，根據韋達定理，化簡求解，即可求出定點.【小問1詳解】解：拋物線的頂點在原點，焦點在軸上，且拋物線上有一點，設拋物線的方程為，到焦點的距離為6，即有點到準線的距離為6，即解得，即拋物線的標準方程為；【小問2詳解】證明:由題意知直線不能與軸平行，故直線方程可設為,與拋物線聯立得，消去得,設，則,則，,由，可得，所以，即，亦即，又，解得，所以直線方程為，易得直線過定點.18、（1）函數的單調性見解析；（2）證明見解析.【解析】(1)求出函數的導數，按a值分類討論判斷的正負作答.(2)將分別代入計算化簡變形，再對所證不等式作等價變形，構造函數，借助函數導數推理作答.【小問1詳解】已知函數的定義域為，，當時，恒成立，所以在區(qū)間上單調遞增；當時，由，解得，由，解得，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，所以，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】依題意，不妨設，則，，于是得，即，亦有，即，因此，，要證明，即證，即證，即證，即證，令，，，則有在上單調遞增，，，即成立，所以.【點睛】思路點睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助導數探討函數的單調性、極(最)值問題處理.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）通過作輔助線，構造平行四邊形，在平面PAD找到線并證明，根據線面平行的判定定理即可證明；（2）建立空間直角坐標系，求出相應點的坐標，進而求得相關的向量坐標，求出平面EAC與平面PAC的法向量，根據向量的夾角公式求得答案.【小問1詳解】證明：取PA的中點F，由E為PB的中點，則，，而，，所以且，則四邊形CDFE為平行四邊形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD【小問2詳解】∵平面ABCD，，∴AP，AB，AD兩兩垂直，以A為原點，，，向量方向分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，各點坐標如下：，，，，，設平面APC的法向量為，由，，有，取，則，，即，設平面EAC的法向量為，由，，有，取，則，，即，所以，由原圖可知平面EAC與平面PAC夾角為銳角，所以平面EAC與平面PAC夾角的余弦值為20、（1）;（2）.【解析】（1）先分別求出命題為真命題時的取值范圍，再由已知“”為真命題進行分類討論即可求解；（2）由（1）可知，當同時為真時，即可求出的范圍.試題解析：若為真，則，所以，則若為真，則，即.（1）若“”為真，則或，則.（2）若“”為真，則且，則.21、（1）（2）證明見解析，（3）【解析】（1）根據等比數列列出方程組求解首項、公比即可得解；（2）化簡后得，可證明數列是等差數列，即可得出，再求出即可;（3）利用錯位相減法求出數列的和.【小問1詳解】設公比為，由條件可知，，所以；【小問2詳解】，又，所以，所以數列是以為首項，為公差等差數列，所以，所以.【