河北省邯鄲市大名縣第一中學2024屆高二數學第一學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

河北省邯鄲市大名縣第一中學2024屆高二數學第一學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項：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．已知數列滿足，（且），若恒成立，則M的最小值是（）A.2 B.C. D.32．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件3．已知雙曲線：的右焦點為，過的直線（為常數）與雙曲線在第一象限交于點.若（為原點），則的離心率為（）A. B.C. D.54．橢圓的長軸長為（）A. B.C. D.5．中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第二天走了（）A.192

里 B.96

里C.48

里 D.24

里6．若圓與圓相切，則實數a的值為（）A.或0 B.0C. D.或7．已知直線的一個方向向量為，則直線的傾斜角為（）A. B.C. D.8．如圖在平行六面體中，與的交點記為．設，，，則下列向量中與相等的向量是（）A. B.C. D.9．新型冠狀病毒（2019-NCoV）因2019年武漢病毒性肺炎病例而被發(fā)現(xiàn)，2020年1月12日被世界衛(wèi)生組織命名，為考察某種藥物預防該疾病的效果，進行動物試驗，得到如下列聯(lián)表：患病未患病總計服用藥104555未服藥203050總計3075105下列說法正確的是（）參考數據：，0.050.013.8416.635A.有95%的把握認為藥物有效B.有95%的把握認為藥物無效C.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為藥物無效D.在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下認為藥物有效10．設實數x，y滿足，則目標函數的最大值是（）A. B.C.16 D.3211．雙曲線C:的右焦點為F，過點F作雙曲線C的兩條漸近線的垂線，垂足分別為H1，H2.若，則雙曲線C的離心率為（）A. B.C. D.212．若函數既有極大值又有極小值，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線：（）的焦點到準線的距離為4，過點的直線與拋物線交于，兩點，若，則______14．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點是圓上一個動點，且線段的中點在的一條漸近線上，若，則的離心率的取值范圍是________15．在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則下列說法中，正確的有_________（請?zhí)钊胨姓_說法的序號）①當時，的周長為定值②當時，三棱錐的體積為定值③當時，有且僅有一個點P，使得④當時，有且僅有一個點P，使得平面16．已知分別是平面α，β，γ的法向量，則α，β，γ三個平面中互相垂直的有________對三、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，是底面邊長為1的正三棱錐，分別為棱上的點，截面底面，且棱臺與棱錐的棱長和相等.(棱長和是指多面體中所有棱的長度之和)（1）求證：為正四面體；（2）若，求二面角的大小；（3）設棱臺的體積為，是否存在體積為且各棱長均相等的直四棱柱，使得它與棱臺有相同的棱長和?若存在，請具體構造出這樣的一個直四棱柱，并給出證明；若不存在，請說明理由.18．（12分）已知等差數列的前和為，數列是公比為2的等比數列，且，（1）求數列和數列的通項公式；（2）現(xiàn)由數列與按照下列方式構造成新的數列①將數列中的項去掉數列中的項，按原來的順序構成新數列；②數列與中的所有項分別構成集合與，將集合中的所有元素從小到大依次排列構成一個新數列;在以上兩個條件中任選一個做為已知條件，求數列的前30項和.19．（12分）已知數列中，，.（1）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.20．（12分）已知圓與直線（1）若，直線與圓相交與，求弦長（2）若直線與圓無公共點求的取值范圍21．（12分）直線經過兩直線和的交點（1）若直線與直線平行，求直線的方程；（2）若點到直線的距離為，求直線的方程22．（10分）已知E，F(xiàn)分別是正方體的棱BC和CD的中點（1）求與所成角的大??；（2）求與平面所成角的余弦值

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，（且），利用累加法求得，再根據恒成立求解.【詳解】因為數列滿足，，（且）所以，，，，因為恒成立，所以，則M的最小值是，故選：C2、B【解析】根據垂直關系的性質可判斷.【詳解】由題，，則或，若，則或或與相交，故充分性不成立；若，則必有，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3、D【解析】取雙曲線的左焦點，連接,計算可得，即.設，則，，解得：，利用勾股定理計算可得，即可得出結果.【詳解】取雙曲線的左焦點，連接,,則因為，所以，即.,.設，則，，解得：.,,..故選：D4、D【解析】由橢圓方程可直接求得.【詳解】由橢圓方程知：，長軸長為.故選：D.5、B【解析】由題可得此人每天走的步數等比數列，根據求和公式求出首項可得.【詳解】由題意可知此人每天走的步數構成為公比的等比數列，由題意和等比數列的求和公式可得，解得，第此人第二天走里.故選：B6、D【解析】根據給定條件求出兩圓圓心距，再借助兩圓相切的充要條件列式計算作答.【詳解】圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑，而，即點不可能在圓內，則兩圓必外切，于是得，即，解得，所以實數a的值為或.故選：D7、A【解析】由直線斜率與方向向量的關系算出斜率，然后可得.【詳解】記直線的傾斜角為，由題知，又，所以，即.故選：A8、B【解析】利用空間向量的加法和減法法則可得出關于、、的表達式.【詳解】故選：B.9、A【解析】根據列聯(lián)表計算，對照臨界值即可得出結論【詳解】根據列聯(lián)表，計算，由臨界值表可知，有95%的把握認為藥物有效，A正確故選：A10、C【解析】求的最大值即求的最大值，根據約束條件畫出可行域，將目標函數看成直線，直線經過可行域內的點，將目標與直線的截距建立聯(lián)系，然后得到何時目標值取得要求的最值，進而求得的最大值，最后求出的最大值.【詳解】要求的最大值即求的最大值.根據實數，滿足的條件作出可行域，如圖.將目標函數化為.則表示直線在軸上的截距的相反數.要求的最大值，即求直線在軸上的截距最小值.如圖當直線過點時，在軸上的截距最小值.由，解得所以的最大值為，則的最大值為16.故選：C.11、D【解析】將條件轉化為該雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，可得，由離心率公式即可得解.【詳解】由題意，(為坐標原點)，所以該雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，所以，即，所以離心率.故選：D.12、B【解析】函數既有極大值又有極小值轉化為導函數在定義域上有兩個不同的零點.【詳解】因為既有極大值又有極小值，且，所以有兩個不等的正實數解，所以，且，解得，且.故選:B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、15【解析】易得拋物線方程為，根據，求得點P的坐標，進而得到直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，再利用拋物線定義求解.【詳解】解：因為拋物線的焦點到準線的距離為4，所以，則拋物線：，設點的坐標為，的坐標為，因為，所以，則，則，所以直線的方程為，代入拋物線方程可得，故，則，所以故答案為：1514、【解析】設，，因為點是線段中點，所以有，代入坐標求出點的軌跡為圓，因為點在漸近線上，所以圓與漸近線有公共點，利用點到直線的距離求出臨界狀態(tài)下漸近線的斜率，數形結合求出有公共點時漸近線斜率的范圍，從而求出離心率的范圍.【詳解】解：設，，因為點是線段的中點，所以有，即有，因為點在圓上，所以滿足：，代入可得：，即，所以點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的圓，如圖所示：因為點在漸近線上，所以圓與漸近線有公共點，當兩條漸近線與圓恰好相切時為臨界點，則：圓心到漸近線的距離為，因為，所以，即，且，所以，此時，，當時，漸近線與圓有公共點，.故答案為：.15、②④【解析】①結合得到P在線段上，結合圖形可知不同位置下周長不同；②由線面平行得到點到平面距離不變，故體積為定值；③結合圖形得到不同位置下有，判斷出③錯誤；④結合圖形得到有唯一的點P，使得線面垂直.【詳解】由題意得：，，，所以P為正方形內一點，①，當時，，即，，所以P在線段上，所以周長為，如圖1所示，當點P在處時，，故①錯誤；②，如圖2，當時，即，即，，所以P在上，，因為∥BC，平面，平面，所以點P到平面距離不變，即h不變，故②正確；③，當時，即，如圖3，M為中點，N為BC的中點，P是MN上一動點，易知當時，點P與點N重合時，由于△ABC為等邊三角形，N為BC中點，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因為平面，則，當時，點P與點M重合時，可證明出⊥平面，而平面，則，即，故③錯誤；④，當時，即，如圖4所示，D為的中點，E為的中點，則P為DE上一動點，易知，若平面，只需即可，取的中點F，連接，又因為平面，所以，若，只需平面，即即可，如圖5，易知當且僅當點P與點E重合時，故只有一個點P符合要求，使得平面，故④正確.故選：②④【點睛】立體幾何的壓軸題，通常情況下要畫出圖形，利用線面平行，線面垂直及特殊點，特殊值進行排除選項，或者用等體積法進行轉化等思路進行解決.16、0【解析】計算每兩個向量的數量積，判斷該兩個向量是否垂直，可得答案.【詳解】因為，，.所以中任意兩個向量都不垂直，即α，β，γ中任意兩個平面都不垂直故答案為：0.三、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）；（3）存在，構造棱長均為，底面相鄰兩邊的夾角為的直四棱柱即滿足條件.【解析】（1）由棱臺、棱錐的棱長和相等可得，再由面面平行有，結合正四面體的結構特征即可證結論.（2）取BC的中點M，連接PM、DM、AM，由線面垂直的判定可證平面PAM，即是二面角的平面角，進而求其大小.（3）設直四棱柱的棱長均為，底面相鄰兩邊的夾角為，結合已知條件用表示出即可確定直四棱柱.【小問1詳解】由棱臺與棱錐的棱長和相等，∴，故.又截面底面ABC，則，，∴，從而，故為正四面體.【小問2詳解】取BC的中點M，連接PM、DM、AM，由，，得：平面PAM，而平面PAM，故，從而是二面角的平面角.由（1）知，三棱錐的各棱長均為1，所以.由D是PA的中點，得.在Rt△ADM中，，故二面角的大小為.【小問3詳解】存在滿足條件的直四棱柱.棱臺的棱長和為定值6，體積為V.設直四棱柱的棱長均為，底面相鄰兩邊的夾角為，則該四棱柱的棱長和為6，體積為.因為正四面體的體積是，所以，，從而，故構造棱長均為，底面相鄰兩邊的夾角為的直四棱柱，即滿足條件.18、（1），（2）答案見解析【解析】（1）由題意可直接得到等比數列的通項公式；求出等差數列的公差，即可得到其通項公式；（2）若選①，則可確定由數列前33項的和減去，即可得答案；若選②，則可確定由數列前27項的和加上，即可得答案.【小問1詳解】因為數列為等比數列，且，所以.又因，所以，又，則，故等差數列的通項公式為.【小問2詳解】因為，，所以，而若選①因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1632.若選②因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1203.19、（1）證明見解析，（2）【解析】（1）由，取倒數得到，再利用等差數列的定義求解；（2）由（1）得到，利用錯位相減法求解.【小問1詳解】證明：由，以及，顯然，所以，即，所以數列是首項為，公差為的等差數列，所以，所以；【小問2詳解】由（1）可得，，所以數列的前項和①所以②則由②-①可得：，所以數列的前項和.20、（1）；（2）或.【解析】（1）求出圓心到直線的距離，再由垂徑定理求弦長；（2）由圓心到直線的距離大于半徑列式求解的范圍【詳解】解：（1）圓，圓心為，半徑，圓心到直線的距離為，弦長（2）若直線與圓無公共點，則圓心到直線的距離大于半徑解得或21、（1）（2）或【解析】（1）由題意兩立方程組，求兩直線的交點的坐標，利用兩直線平行的性質，用待定系數法求出的方程（2）分類討論直線的斜率，利用點到直線的距離公式，用點斜式求直線的方程【小問1詳解】解：由，解得，所以兩直線和的交點為當直線與直線平行，設的方程為，把點代入求得，可得的方程為【小問2詳解】解：斜率不存在時，直線方程為，滿足點到直線的距離為5當的斜率存在時，設直限的方程為，即，則點到直線的距離為，求得，故的方程為，即綜上，直線的方程為或22、（1