重慶市第七十一中學2024屆高二數(shù)學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

重慶市第七十一中學2024屆高二數(shù)學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知橢圓與圓在第二象限的交點是點，是橢圓的左焦點，為坐標原點，到直線的距離是，則橢圓的離心率是（）A. B.C. D.2．已知，則條件“”是條件“”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.3．概率論起源于賭博問題．法國著名數(shù)學家布萊爾帕斯卡遇到兩個賭徒向他提出的賭金分配問題：甲、乙兩賭徒約定先贏滿局者，可獲得全部賭金法郎，當甲贏了局，乙贏了局，不再賭下去時，賭金如何分配？假設每局兩人輸贏的概率各占一半，每局輸贏相互獨立，那么賭金分配比較合理的是（）A.甲法郎，乙法郎 B.甲法郎，乙法郎C.甲法郎，乙法郎 D.甲法郎，乙法郎4．已知直線，兩個不同的平面，下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則5．在等差數(shù)列中，，且，，，構成等比數(shù)列，則公差（）A.0或2 B.2C.0 D.0或6．直線l：的傾斜角為（）A. B.C. D.7．若構成空間的一個基底，則下列向量能構成空間的一個基底的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，8．入冬以來，梁老師準備了4個不同的烤火爐，全部分發(fā)給樓的三個辦公室（每層樓各有一個辦公室）.1，2樓的老師反映辦公室有點冷，所以1，2樓的每個辦公室至少需要1個烤火隊，3樓老師表示不要也可以.則梁老師共有多少種分發(fā)烤火爐的方法（）A.108 B.36C.50 D.869．已知函數(shù)，若對任意，都有成立，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.10．已知直線l與拋物線交于不同的兩點A，B，O為坐標原點，若直線的斜率之積為，則直線l恒過定點（）A. B.C. D.11．已知點是橢圓上的一點，點，則的最小值為A. B.C. D.12．已知命題p：，總有，則為（）A.，使得 B.，使得C.，總有 D.，總有二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．由曲線圍成的圖形的面積為________14．已知函數(shù)在點處的切線為直線l，則l與坐標軸圍成的三角形面積為___________.15．已知函數(shù)定義域為，值域為，則______16．若點P為雙曲線上任意一點，則P滿足性質：點P到右焦點的距離與它到直線的距離之比為離心率e，若C的右支上存在點Q，使得Q到左焦點的距離等于它到直線的距離的6倍，則雙曲線的離心率的取值范圍是______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1，已知矩形ABCD，，，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，將ABCD卷成一個圓柱，使得BC與AD重合（如圖2），MNGH為圓柱的軸截面，且平面平面MNGH，NG與曲線DE交于點P（1）證明：平面平面MNGH；（2）判斷平面PAE與平面PDH夾角與的大小，并說明理由18．（12分）已知函數(shù)f(x)＝ax－2lnx（1）討論f(x)的單調性；（2）設函數(shù)g(x)＝x－2，若存在，使得f(x)≤g(x)，求a的取值范圍19．（12分）雙曲線（，）的離心率，且過點.（1）求a，b的值；（2）求與雙曲線C有相同漸近線，且過點的雙曲線的標準方程.20．（12分）求下列不等式的解集：（1）；（2）21．（12分）已知橢圓的左頂點、上頂點和右焦點分別為，且的面積為，橢圓上的動點到的最小距離是（1）求橢圓的方程；（2）過橢圓的左頂點作兩條互相垂直的直線交橢圓于不同的兩點（異于點）.①證明：動直線恒過軸上一定點；②設線段中點為，坐標原點為，求的面積的最大值.22．（10分）已知圓經過，且圓心C在直線上（1）求圓的標準方程；（2）若直線：與圓存在公共點，求實數(shù)的取值范圍

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】連接，得到，作，求得，利用橢圓的定義，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解橢圓的離心率.【詳解】如圖所示，連接，因為圓，可得，過點作，可得，且，由橢圓的定義，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，兩側同除，可得，解得或，又因為，所以橢圓的離心率為.故選：B【點睛】本題主要考查了橢圓的定義，直角三角形的勾股定理，以及橢圓的離心率的求解，其中解答中熟記橢圓的定義，結合直角三角形的勾股定理，列出關于的方程是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.2、A【解析】若命題，則p是q的充分不必要條件，q是p的必要不充分條件【詳解】因為，所以，所以.故選：A3、A【解析】利用獨立事件計算出甲、乙各自贏得賭金的概率，由此可求得兩人各分配的金額.【詳解】甲贏得法郎的概率為，乙贏得法郎的概率為，因此，這法郎中分配給甲法郎，分配給乙法郎.故選：A.4、A【解析】根據(jù)線面、面面位置關系有關知識對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，根據(jù)面面垂直的判定定理可知，A選項正確，對于B選項，當，時，和可能相交，B選項錯誤，對于C選項，當，時，可能含于，C選項錯誤，對于D選項，當，時，可能含于，D選項錯誤.故選：A5、A【解析】根據(jù)等比中項的性質和等差數(shù)列的通項公式建立方程，可解得公差d得選項.【詳解】解：因為在等差數(shù)列中，，且，，，構成等比數(shù)列，所以，即，所以，解得或，故選：A.6、D【解析】先求得直線的斜率，由此求得傾斜角.【詳解】依題意，直線的斜率為，傾斜角的范圍為,則傾斜角為.故選：D.7、B【解析】由空間向量內容知，構成基底的三個向量不共面，對選項逐一分析【詳解】對于A：，因此A不滿足題意；對于B：根據(jù)題意知道，，不共面，而和顯然位于向量和向量所成平面內，與向量不共面，因此B正確；對于C：，故C不滿足題意；對于D：顯然有，選項D不滿足題意.故選：B8、C【解析】運用分類計數(shù)原理，結合組合數(shù)定義進行求解即可.【詳解】當3樓不要烤火爐時，不同的分發(fā)烤火爐的方法為：；當3樓需要1個烤火爐時，不同的分發(fā)烤火爐的方法為：；當3樓需要2個烤火爐時，不同的分發(fā)烤火爐的方法為：，所以分發(fā)烤火爐的方法總數(shù)為：，故選：C【點睛】關鍵點睛：運用分類計數(shù)原理是解題的關鍵.9、C【解析】求出函數(shù)的導數(shù)，再對給定不等式等價變形，分離參數(shù)借助均值不等式計算作答.【詳解】對函數(shù)求導得：，，，則，，而，當且僅當，即時“=”，于是得，解得，所以a的取值范圍為.故選：C【點睛】關鍵點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數(shù)，利用函數(shù)思想是解決問題的關鍵.10、A【解析】設出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，得到，進而得到的值，將直線的斜率之積為，用A,B點坐標表示出來，結合的值即可求得答案.【詳解】設直線方程為，聯(lián)立，整理得：，需滿足，即，則，由，得：，所以，即，故，所以直線l為：，當時，，即直線l恒過定點，故選：A.11、D【解析】設，則，.所以當時，的最小值為.故選D.12、B【解析】由含有一個量詞的命題的否定的定義求解.【詳解】因為命題p：，總有是全稱量詞命題，所以其否定為存在量詞命題，即，使得，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】曲線圍成的圖形關于軸，軸對稱，故只需要求出第一象限的面積即可.【詳解】將或代入方程，方程不發(fā)生改變，故曲線關于關于軸，軸對稱，因此只需求出第一象限的面積即可.當，時，曲線可化為：，在第一象限為弓形，其面積為，故.故答案為：.14、【解析】先求出切線方程，分別得到直線與x、y軸交點，即可求出三角形的面積.【詳解】由函數(shù)可得：函數(shù)，所以，.所以切線l：，即.令，得到；令，得到；所以l與坐標軸圍成的三角形面積為.故答案為：.15、3【解析】根據(jù)定義域和值域，結合余弦函數(shù)的圖像與性質即可求得的值，進而得解.【詳解】因為，由余弦函數(shù)的圖像與性質可得，則，由值域為可得，所以，故答案為：3.【點睛】本題考查了余弦函數(shù)圖像與性質的簡單應用，屬于基礎題.16、【解析】若Q到的距離為有，由題設有，結合雙曲線離心率的性質，即可求離心率的范圍.【詳解】由題意，，即，整理有，所以或，若Q到的距離為，則Q到左、右焦點的距離分別為、，又Q在C的右支上，所以，則，又，綜上，雙曲線的離心率的取值范圍是.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：若Q到的距離為，根據(jù)給定性質有Q到左、右焦點的距離分別為、，再由雙曲線性質及已知條件列不等式組求離心率范圍.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）平面PAE與平面PDH夾角大于，理由見解析【解析】（1）由面面垂直證明，然后得證平面MNGH后可得面面垂直；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求出二面角的余弦可得結論【小問1詳解】如圖O，為圓柱上，下底面的中心，可知，，平面平面MNGH，所以是二面角的平面角，平面平面MNGH，所以，即，，平面MNGH，所以平面MNGH，因為平面PAE，所以平面平面MNGH；【小問2詳解】因為，所以得，如圖，以為坐標原點，以，,所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則可知，，，，，則，，，，設平面AEP的法向量為，則，令，得，設平面DHP的法向量為，則，即令，得，，設平面PAE與平面PDH夾角為，則，，因為，即，所以平面PAE與平面PDH夾角大于18、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）根據(jù)實數(shù)a的正負性，結合導數(shù)的性質分類討論求解即可；（2）利用常變量分離法，通過構造函數(shù)，利用導數(shù)的性質進行求解即可.【小問1詳解】當a≤0時，在(0，＋∞)上恒成立；當a＞0時，令得；令得；綜上：a≤0時f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；a＞0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增；【小問2詳解】由題意知ax－2lnx≤x－2在(0，＋∞)上有解則ax≤x－2＋2lnx，令，xg'(x)＋0－g(x)↗極大值↘所以，因此有所以a的取值范圍為：【點睛】關鍵點睛：運用常變量分離法利用導數(shù)的性質是解題的關鍵.19、（1），（2）【解析】（1）根據(jù)已知條件建立關于a、b、c的方程組可解；（2）巧設與已知雙曲線同漸近線的雙曲線方程為可得.【小問1詳解】因為離心率，所以.又因為點在雙曲線C上，所以.聯(lián)立上述方程，解得，，即，.【小問2詳解】設所求雙曲線的方程為，由雙曲線經過點，得，即.所以雙曲線的方程為，其標準方程為.20、（1）（2）【解析】（1）利用一元二次不等式的解法求解；（2）利用分式不等式的解法求解.【小問1詳解】解：因為，所以，解得，所以不等式的解集是；【小問2詳解】因為，所以，所以，即，解得，所以不等式的解集是.21、（1）（2）①證明見解析；②【解析】（1）根據(jù)題意得，，解方程即可；（2）①設直線：，直線：，聯(lián)立曲線分別求出點和的坐標，求直線方程判斷定點即可；②根據(jù)題意得，代入求最值即可.【小問1詳解】根據(jù)題意得，，，又，三個式子聯(lián)立解得，，，所以橢圓的方程為：【小問2詳解】①證明：設兩條直線分別為和，根據(jù)題意和得斜率存在且不等于；因為，所以設直線：，直線：；由，解得，所以，同理，.當時，，所以直線的方程為：，整理得，此時直線過定點；當時，直線的方程為：，此時直線過定點，故直線恒過定點.②根據(jù)題意得，，，，所以，當且僅當，即時等號成立，故的面積的最大值為：.【點睛】解決直線與橢圓綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，