陜西省西安電子科技大學附屬中學2023-2024學年高二數學第一學期期末達標檢測試題含解析

陜西省西安電子科技大學附屬中學2023-2024學年高二數學第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．下列說法或運算正確的是（）A.B.用反證法證明“一個三角形至少有兩個銳角”時需設“一個三角形沒有銳角”C.“，”的否定形式為“，”D.直線不可能與圓相切2．已知定義在區(qū)間上的函數，，若以上兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，則m的值為（）A.2 B.5C.1 D.03．南宋數學家楊輝在《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般的等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次成等差數列．如數列1，3，6，10，前后兩項之差組成新數列2，3，4，新數列2，3，4為等差數列，這樣的數列稱為二階等差數列．現有二階等差數列，其前7項分別為2，3，5，8，12，17，23，則該數列的第31項為（）A.336 B.467C.483 D.6014．已知函數，在上隨機任取一個數，則的概率為（）A. B.C. D.5．由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.6．已知數列是等比數列，且，則的值為（）A.3 B.6C.9 D.367．已知，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.8．已知命題若直線與拋物線有且僅有一個公共點，則直線與拋物線相切，命題若，則方程表示橢圓.下列命題是真命題的是A. B.C. D.9．不等式表示的平面區(qū)域是一個（）A.三角形 B.直角三角形C.矩形 D.梯形10．已知是邊長為6的等邊所在平面外一點，，當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為（）A. B.C. D.11．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，則（）A.α∥β且∥α B.α⊥β且⊥βC.α與β相交，且交線垂直于 D.α與β相交，且交線平行于12．已知函數的導函數為，若的圖象如圖所示，則函數的圖象可能是（）A B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數列滿足前項和，則數列的通項公式為_____________14．某工廠的某種型號的機器的使用年限和所支出的維修費用（萬元）有下表的統(tǒng)計資料：23456223.85.56.57.0根據上表可得回歸直線方程，則=_____.15．若是直線外一點，為線段的中點，，，則______16．已知點是拋物線的準線與x軸的交點，F為拋物線的焦點，P是拋物線上的動點，則最小值為_____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）已知函數f(x)＝（1）求函數f(x)在x=1處的切線方程；（2）求證：18．（12分）點A、B分別是橢圓長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于軸上方，.（1）求點P的坐標；（2）設M是橢圓長軸AB上的一點，M到直線AP的距離等于，求橢圓上的點到點M的距離的最小值.19．（12分）已知拋物線的準線方程為（1）求C的方程；（2）直線與C交于A，B兩點，在C上是否存在點Q，使得直線QA，QB分別與y軸交于M，N兩點，且？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由20．（12分）如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BEDF是菱形，平面平面.（1）證明：；（2）若，且平面平面BEDF，求平面ADE與平面CDF所成的二面角的正弦值.21．（12分）已知函數在處有極值.（1）求的值；（2）求函數在上的最大值與最小值.22．（10分）如圖，在三棱錐中，底面，．點，，分別為棱，，的中點，是線段的中點，，（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）已知點在棱上，且直線與直線所成角的余弦值為，求線段的長

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、D【解析】對于A：可以解決；對于B:“一個三角形至少由兩個銳角”的反面是“只有一個銳角或沒有銳角”；對于C：全稱否定必須是全部否定；對于D：需要觀察出所給直線是過定點的.【詳解】A：，故錯誤；B：“一個三角形至少由兩個銳角”的反面是“只有一個銳角或沒有銳角”，所以用反證法時應假設只有一個銳角和沒有銳角兩種情況，故錯誤；C：的否定形式是，故錯誤；D：直線是過定點（-1，0），而圓，圓心為（2，0），半徑為4，定點（-1，0）到圓心的距離為2-（-1）=3＜4，故定點在圓內，故正確；故選：D.2、C【解析】設兩曲線與公共點為，分別求得函數的導數，根據兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，列出等式，求得公共點的坐標，代入函數，即可求解.【詳解】根據題意，設兩曲線與公共點為，其中，由，可得，則切線的斜率為，由，可得，則切線斜率為，因為兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，所以，解得或（舍去），又由，即公共點的坐標為，將點代入，可得.故選：C.3、B【解析】先由遞推關系利用累加法求出通項公式，直接帶入即可求得.【詳解】根據題意，數列2，3，5，8，12，17，23……滿足，，所以該數列的第31項為.故選：B4、A【解析】先解不等式，然后由區(qū)間長度比可得.【詳解】解不等式，得，所以，即的概率為.故選：A5、B【解析】求出的值，可得出雙曲線的漸近線方程.【詳解】由已知可得，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.6、C【解析】應用等比中項的性質有，結合已知求值即可.【詳解】由等比數列的性質知：，，，所以，又，所以.故選：C7、A【解析】根據給定條件構造函數，再探討其單調性并借助單調性判斷作答.【詳解】令函數，求導得，當時，，于是得在上單調遞減，而，則，即，所以，故選：A8、B【解析】若直線與拋物線的對稱軸平行，滿足條件，此時直線與拋物線相交，可判斷命題為假；當時，，命題為真，根據復合命題的真假關系，即可得出結論.【詳解】若直線與拋物線的對稱軸平行，直線與拋物線只有一個交點，直線與拋物不相切，可得命題是假命題，當時，，方程表示橢圓命題是真命題，則是真命題.故選:B.【點睛】本題考查復合命題真假的判斷，屬于基礎題.9、D【解析】作出不等式組所表示平面區(qū)域，可得出結論.【詳解】由可得或，作出不等式組所表示的平面區(qū)域如下圖中的陰影部分區(qū)域所示：由圖可知，不等式表示的平面區(qū)域是一個梯形.故選：D.10、C【解析】由題意分析可得，當時三棱錐的體積最大，然后作圖，將三棱錐還原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半徑的計算方法來計算，即可計算出球半徑，從而完成求解.【詳解】由題意可知，當三棱錐的體積最大時是時，為正三角形，如圖所示，將三棱錐補成正三棱柱，該正三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圓圓心連線的中點上，設外接圓半徑為，三棱錐外接球半徑為，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C.11、D【解析】由平面，直線滿足，且，所以，又平面，，所以，由直線為異面直線，且平面平面，則與相交，否則，若則推出，與異面矛盾，所以相交，且交線平行于，故選D考點：平面與平面的位置關系，平面的基本性質及其推論12、D【解析】根據導函數大于，原函數單調遞增；導函數小于，原函數單調遞減；即可得出正確答案.【詳解】由導函數得圖象可得：時，，所以在單調遞減，排除選項A、B，當時，先正后負，所以在先增后減，因選項C是先減后增再減，故排除選項C，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由已知中前項和，結合，分別討論時與時的通項公式，并由時，的值不滿足時的通項公式，故要將數列的通項公式寫成分段函數的形式【詳解】∵數列前項和，∴當時，，又∵當時，，故，故答案為.【點睛】本題考查的知識點是等差數列的通項公式，其中正確理解由數列的前n項和Sn，求通項公式的方法和步驟是解答本題的關鍵14、08##【解析】根據表格中的數據求出，將點代入回歸直線求出即可.【詳解】由表格可得，，由于回歸直線過點，故，解得，故答案為：0.08.15、【解析】根據題意得到，進而得到，求得的值，即可求解.【詳解】因為為線段的中點，所以，所以，又因為，所以，所以故答案為：.16、【解析】利用已知條件求出p，設出P的坐標，然后求解的表達式，利用基本不等式即可得出結論【詳解】解：由題意可知：，設點，P到直線的距離為d，則，所以，當且僅當x時，的最小值為，此時，故答案為：【點睛】本題考查拋物線的簡單性質的應用，基本不等式的應用，屬于中檔題三、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）y=5x－1；（2）證明見解析【解析】（1）求出導函數，求出切線的斜率，切點坐標，然后求切線方程（2）不等式化簡為．設，求出導函數，判斷函數的單調性求解函數的最值，然后證明即可【詳解】解：（1）的定義域為，的導數由（1）可得，則切點坐標為，所求切線方程為（2）證明：即證．設，則，由，得當時，；當時，在上單調遞增，在上單調遞減，（1），即不等式成立，則原不等式成立18、（1）(,).（2）【解析】（1）根據條件列關于P點坐標得方程組，解得結果，（2）先根據點到直線距離公式結合條件解得點M坐標，再建立的函數解析式，最后根據二次函數性質求最小值.【詳解】解:（1）由已知可得點A(－6,0),F(4,0)設點P(,),則={+6,},={－4,},由已知可得則2+9－18=0,解得=或=－6.由于>0,只能=,于是=.∴點P的坐標是(,).（2）直線AP的方程是－+6=0.設點M(,0),則M到直線AP的距離是.于是=,又－6≤≤6,解得=2.橢圓上的點(,)到點M的距離為,則,由于－6≤≤6,∴當=時,取得最小值.【點睛】本題考查直線與橢圓位置關系，考查基本分析求解能力，屬中檔題.19、（1）（2）見解析【解析】（1）根據準線方程得出拋物線方程；（2）聯立直線和拋物線方程，由韋達定理結合求解即可.【小問1詳解】【小問2詳解】設，聯立，得由，得，假設C上存在點Q，使得直，則又即存在點滿足條件.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接交于點，連接，要證明，只需證明平面即可；（2）以D為原點建系，分別求出平面與平面的法向量，再利用向量的夾角公式計算即可得到答案.【詳解】（1）證明：如圖，連接交于點，連接四邊形為正方形，，且為的中點又四邊形為菱形，平面平面又平面OAE.（2）解：如圖，建立空間直角坐標系，不妨設，則，，則由（1）得又平面平面，平面平面，平面ABCD，故，同理，設為平面的法向量，為平面的法向量，則故可取，同理故可取，所以設平面與平面所成的二面角為，則，所以平面與平面所成的二面角的正弦值為21、（1），；（2）最大值為，最小值為【解析】（1）對函數求導，根據函數在處取極值得出，再由極值為，得出，構造一個關于的二元一次方程組，便可解出的值；（2）由（1）可知，求出，利用導數研究函數在上的單調性，比較極值和端點值的大小，即可得出在上的最大值與最小值.【詳解】解：（1）由題可知，，的定義域為，，由于在處有極值，則，即，解得：，，（2）由（1）可知，其定義域是，，令，而，解得，由，得；由，得，則在區(qū)間上，，，的變化情況表如下：120單調遞減單調遞增可得，，，由于，則，所以，函數在區(qū)間上的最大值為，最小值為.【點睛】本題考查已知極值求參數值和函數在閉區(qū)間內的最值問題，考查利用導函數研究函數在給定閉區(qū)間內的單調性，以及通過比較極值和端點值確定函數在閉區(qū)間內的最值，考查運算能力.22、（1）證明見解析；（2）；（3）或【解析】本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.首先要建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，證明線面平行只需求出平面的法向量，計算直線對應的向量與法向量的數量積為0，求二面角只需求出兩個半平面對應的法向量，借助法向量的夾角求二面角，利用向量的夾角公式，求出異面直線所成角的余弦值，利用已知條件，求出的值.試題解析：如圖，以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.依題意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（1）證明：=（0，2，0），=（2，0，）.設，為平面BDE的法向量，則，即.不妨設，可得.又=（1，2，），