2023-2024學年陜西省安康市漢濱高中高二上數學期末經典試題含解析

2023-2024學年陜西省安康市漢濱高中高二上數學期末經典試題注意事項：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．已知拋物線C：，則過拋物線C的焦點，弦長為整數且不超過2022的直線的條數是（）A.4037 B.4044C.2019 D.20222．已知直線與圓相切，則的值是（）A. B.C. D.3．第24屆冬季奧林匹克運動會，將在2022年2月4日在中華人民共和國北京市和張家口市聯合舉行．這是中國歷史上第一次舉辦冬季奧運會，北京成為奧運史上第一個舉辦夏季奧林匹克運動會和冬季奧林匹克運動會的城市．同時中國也成為第一個實現奧運“全滿貫”（先后舉辦奧運會、殘奧會、青奧會、冬奧會、冬殘奧會）國家．根據規(guī)劃，國家體育場（鳥巢）成為北京冬奧會開、閉幕式的場館．國家體育場“鳥巢”的鋼結構鳥瞰圖如圖所示，內外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，若由外層橢圓長軸一端點和短軸一端點分別向內層橢圓引切線，（如圖），且兩切線斜率之積等于，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.4．已知p：，那么p的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.5．在區(qū)間內隨機取一個數則該數滿足的概率為（）A. B.C. D.6．如圖1所示，拋物面天線是指由拋物面（拋物線繞其對稱軸旋轉形成的曲面）反射器和位于其焦點上的照射器（饋源，通常采用喇叭天線）組成的單反射面型天線，廣泛應用于微波和衛(wèi)星通訊等，具有結構簡單、方向性強、工作頻帶寬等特點.圖2是圖1的軸截面，，兩點關于拋物線的對稱軸對稱，是拋物線的焦點，是饋源的方向角，記為.焦點到頂點的距離與口徑的比為拋物面天線的焦徑比，它直接影響天線的效率與信噪比等.若饋源方向角滿足，則該拋物面天線的焦徑比為（）A. B.C. D.27．拋物線型太陽灶是利用太陽能輻射的一種裝置．當旋轉拋物面的主光軸指向太陽的時候，平行的太陽光線入射到旋轉拋物面表面，經過反光材料的反射，這些反射光線都從它的焦點處通過，形成太陽光線的高密集區(qū)，拋物面的焦點在它的主光軸上．如圖所示的太陽灶中，灶深CD即焦點到灶底（拋物線的頂點）的距離為1m，則灶口直徑AB為（）A.2m B.3mC.4m D.5m8．“x>1”是“x>0”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9．已知是空間的一個基底，若，，若，則（）A. B.C.3 D.10．若，則（）A.1 B.2C.4 D.811．已知拋物線的焦點坐標是，則拋物線的標準方程為A. B.C. D.12．橢圓的焦點坐標為（）A. B.C. D.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．已知點是橢圓上的一點，分別為橢圓的左、右焦點，已知=120°，且，則橢圓的離心率為___________.15．已知拋物線：上有兩動點，，且，則線段的中點到軸距離的最小值是___________.16．圓被直線所截得弦的最短長度為___________.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）如圖，在四棱雉中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中，，，，E為棱BC上的點，且（1）求證：平面PAC；（2）求二面角A-PC-D的正弦值18．（12分）平面直角坐標系中，過橢圓：右焦點的直線交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為.（1）求橢圓M的方程；（2）C，D為橢圓M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD與AB垂直，求四邊形ACBD面積的最大值.19．（12分）如圖所示在多面體中，平面，四邊形是正方形，，，，.（1）求證：直線平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.20．（12分）如圖所示，是棱長為的正方體，是棱的中點，是棱的中點（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求到平面的距離21．（12分）如圖，在四棱柱中，平面，底面ABCD滿足∥BC，且(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知函數.（1）判斷的單調性.（2）證明：.

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、A【解析】根據已知條件，結合拋物線的性質，先求出過焦點的最短弦長，再結合拋物線的對稱性，即可求解【詳解】∵拋物線C：，即，由拋物線的性質可得，過拋物線焦點中，長度最短的為垂直于y軸的那條弦，則過拋物線C的焦點，長度最短的弦的長為，由拋物線的對稱性可得，弦長在5到2022之間的有共有條，故弦長為整數且不超過2022的直線的條數是故選：A2、D【解析】直線與圓相切，直接通過求解即可.【詳解】因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離，所以，.故選：D3、B【解析】分別設內外層橢圓方程為、，進而設切線、分別為、，聯立方程組整理并結合求、關于a、b、m的關系式，再結合已知得到a、b的齊次方程求離心率即可.【詳解】若內層橢圓方程為，由離心率相同，可設外層橢圓方程為，∴，設切線為，切線為，∴，整理得，由知：，整理得，同理，，可得，∴，即，故.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：根據內外橢圓的離心率相同設橢圓方程，并寫出切線方程，聯立方程結合及已知條件，得到橢圓參數的齊次方程求離心率.4、C【解析】按照充分不必要條件依次判斷4個選項即可.【詳解】A選項：，錯誤；B選項：，錯誤；C選項：，，正確；D選項：，錯誤.故選：C.5、C【解析】求解不等式，利用幾何概型的概率計算公式即可容易求得.【詳解】求解不等式可得：，由幾何概型的概率計算公式可得：在區(qū)間內隨機取一個數則該數滿足的概率為.故選：.6、B【解析】建立平面直角坐標系，利用題設條件得到得點坐標，代入拋物線方程化簡即可求解【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的方程為（）在中，則所以則所以，所以將代入拋物線方程中得所以或即或（舍）當時，故選：B7、C【解析】建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的方程為，根據是拋物線的焦點，求得拋物線的方程，進而求得的長.【詳解】由題意，建立如圖所示的平面直角坐標系，O與C重合，設拋物線的方程為，由題意可得是拋物線的焦點，即，可得，所以拋物線的方程為，當時，，所以.故選：C.8、A【解析】根據充分、必要條件間的推出關系，判斷“x>1”與“x>0”的關系.【詳解】“x>1”，則“x>0”，反之不成立.∴“x>1”是“x>0”的充分不必要條件.故選：A.9、C【解析】由，可得存在實數，使，然后將代入化簡可求得結果【詳解】，，因，所以存在實數，使，所以，所以，所以，得，，所以，故選：C10、D【解析】由題意結合導數的運算可得，再由導數的概念即可得解.【詳解】由題意，所以，所以.故選：D.11、D【解析】根據拋物線的焦點坐標得到2p=4,進而得到方程.【詳解】拋物線的焦點坐標是,即p=2,2p=4,故得到方程為.故答案為D.【點睛】這個題目考查了拋物線的標準方程的求法，題目較為簡單.12、B【解析】根據方程可得，且焦點軸上，然后可得答案.【詳解】由橢圓的方程可得，且焦點在軸上，所以，即，故焦點坐標為故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用等比數列性質和通項公式可求得，根據可求得結果.【詳解】，又，，.故答案為：.14、【解析】設，由余弦定理知，所以，故填.15、2【解析】設拋物線的焦點為，由，結合拋物線的定義可得線段的中點到軸距離的最小值.【詳解】設拋物線的焦點為，點在拋物線的準線上的投影為，點在直線上的投影為，線段的中點為，點到軸的距離為，則,∴，當且僅當即三點共線時等號成立，∴線段的中點到軸距離的最小值是2，故答案為：2.16、【解析】首先確定直線所過定點；由圓的方程可確定圓心和半徑，進而求得圓心到的距離，由此可知所求最短長度為.【詳解】由得：，直線恒過點；，在圓內；又圓的圓心為，半徑，圓心到點的距離，所截得弦的最短長度為.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、（1）證明見解析（2）【解析】建立空間直角坐標系，計算出相關點的坐標，進而計算出相關向量的坐標；（1）計算向量的數量積，，根據數量積結果為零，證明線線垂直，進而證明線面垂直2；（2）求出平面PCD的法向量和平面PAC的法向量，根據向量的夾角公式即可求解.【小問1詳解】證明：因為平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，又因為，則以A為坐標原點，分別以AB、AD、AP所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，則，，所以，，又，平面PAC，平面PAC，∴平面PAC；【小問2詳解】解：由（1）可知平面PAC，可作為平面PAC的法向量，設平面PCD的法向量，因為，所以，即，不妨設，得，又由圖示知二面角為銳角，所以二面角的正弦值為18、（1）（2）【解析】（1）設，，的中點為，利用“點差法”求解；（2）由求得A，B的坐標，進而得到的長，再根據，設直線的方程為，由，求得的長，然后由四邊形的面積為求解.【小問1詳解】解：把右焦點代入直線，得，設，，的中點為，則，，相減得，即，即，即.又，，則.又，解得，，故橢圓的方程為.【小問2詳解】聯立消去，可得，解得或，故交點為，.所以.因為，所以可設直線的方程為，，，聯立消去，得到，因為直線與橢圓有兩個不同的交點，則，解得，且，又，則.故四邊形的面積為，故當時，取得最大值，最大值為.所以四邊形的面積的最大值為.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證明出直線平面；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：因為平面，，以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，所以，，，設平面的法向量為，依題意有，即，令，可得，，則，平面，因此，平面.【小問2詳解】解：由題，，設平面的法向量為，依題意有，即，取，可得，，因此，平面與平面的夾角余弦值為.20、（1）（2）【解析】（1）以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值；（2）求出平面的法向量，利用空間向量法可求得到平面的距離.【小問1詳解】解：以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的坐標系則、、、、、、，所以，，設平面的一個法向量為，，，由，取，可得，所以，，直線與平面所成角的正弦為小問2詳解】解：設平面的一個法向量，，，由，即，令，得，，所以點到平面的距離為即到平面的距離為21、(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)【解析】(Ⅰ)證明，根據得到，得到證明.(Ⅱ)如圖所示，分別以為軸建立空間直角坐標系，平面的法向量，，計算向量夾角得到答案.【詳解】(Ⅰ)平面，平面，故.，，故，故.，故平面.(Ⅱ)如圖所示：分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量，則，即，取得到，，設直線與平面所成角為故.【點睛】本題考查了線面垂直，線面夾角，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.22、（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