2024届福建省龙岩市高级中学高二数学第一学期期末统考试题含解析

2024届福建省龙岩市高级中学高二数学第一学期期末统考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知椭圆，则它的短轴长为（）A.2 B.4C.6 D.82．函数的大致图象是（）A. B.C. D.3．在数列中，，，，则（）A.2 B.C. D.14．直线与圆相切，则实数等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或35．设，向量，，，且，，则（）A. B.C.3 D.46．如果，那么下面一定成立的是（）A. B.C. D.7．等比数列的公比为，则“”是“对于任意正整数n，都有”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件8．在四棱锥中，底面为平行四边形，为边的中点，为边上的一列点，连接，交于，且，其中数列的首项，则（）A. B.为等比数列C. D.9．数列2，0，2，0，…的通项公式可以为（）A. B.C. D.10．已知在直角坐标系xOy中，点Q(4，0)，O为坐标原点，直线l：上存在点P满足.则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.11．等差数列中，，，则（）A.1 B.2C.3 D.412．已知等差数列且，则数列的前13项之和为（）A.26 B.39C.104 D.52二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．甲、乙两名运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则甲、乙两组数据的中位数是______.14．函数的单调递减区间是___________.15．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.16．已知点为双曲线的左焦点，过原点的直线l与双曲线C相交于P，Q两点．若，则______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答设等差数列的前n项和为，，______；设数列的前n项和为，（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和注：作答前请先指明所选条件，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值19．（12分）已知函数在时有极值0.（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.20．（12分）已知：，，：，，且为真命题，求实数的取值范围.21．（12分）已知圆C的圆心C在直线上，且与直线相切于点.（1）求圆C的方程；（2）过点的直线与圆C交于两点，线段的中点为M，直线与直线的交点为N.判断是否为定值.若是，求出这个定值，若不是，说明理由.22．（10分）已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240．求：（1）n的值；（2）展开式中x项的系数；（3）展开式中所有含x的有理项

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解题分析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.【题目详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，故选：B2、A【解题分析】由得出函数是奇函数，再求得，，运用排除法可得选项.【题目详解】法一：由函数，则，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以排除B；因为，所以排除D；因为，所以排除C，故选：A.【题目点拨】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3、A【解题分析】根据题中条件，逐项计算，即可得出结果.【题目详解】因为，，，所以，因此.故选：A.4、C【解题分析】先求出圆的圆心和半径，再利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得结果【题目详解】由，得，则圆心为，半径为2，因为直线与圆相切，所以，得，解得或，故选：C5、C【解题分析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.【题目详解】由题意，向量，，，因为，可得，解得，即，又因为，可得，解得，即，可得，所以.故选：C.6、C【解题分析】根据不等式的基本性质，以及特例法和作差比较法，逐项计算，即可求解.【题目详解】对于A中，当时，，所以不正确；对于B中，因为，根据不等式的性质，可得，对于C中，由，可得可得，所以，所以正确；对于D中，由，可得，则，所以，所以不正确.故选：C.7、D【解题分析】结合等比数列的单调性，根据充分必要条件的定义判断【题目详解】若，，则，，充分性不成立；反过来，若，，则时，必要性不成立；因此“”是“对于任意正整数n，都有”的既不充分也不必要条件.故选：D8、A【解题分析】由得，为边的中点得，设，所以，根据向量相等可判断A选项；由得是公比为的等比数列，可判断B选项；代入可判断C选项；当时可判断D选项.【题目详解】由得，因为为边的中点，所以，所以设，所以，所以，当时，A选项正确；，由得，是公比为的等比数列，所以，所以，所以，不是常数，故B选项错误；所以，由得，故C选项错误；当时，，所以，此时为的中点，与重合，即，，故D错误.故选：A.9、D【解题分析】举特例排除ABC，分和讨论确定D.【题目详解】A.当时，，不符；B.当时，，不符；C.当时，，不符；D.当时，，当时，，符合.故选：D.10、A【解题分析】根据给定直线设出点P的坐标，再借助列出关于的不等式，然后由不等式有解即可计算作答.【题目详解】因点P在直线l：上，则设，于是有，而，因此，，即，依题意，上述关于的一元二次不等式有实数解，从而有，解得，所以实数m的取值范围是.故选：A11、B【解题分析】根据给定条件利用等差数列性质直接计算作答.【题目详解】在等差数列中，因，，而，于是得，解得，所以.故选：B12、A【解题分析】根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解.【题目详解】由等差数列的性质可得：，，所以由可得：，解得：，所以数列的前13项之和为，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】先由极差以及平均数得出，进而得出中位数.【题目详解】由可得，，，因为乙得分的平均值为24，所以，所以甲、乙两组数据的中位数是.故答案为：14、【解题分析】首先对求导，可得，令，解可得答案【题目详解】解：由得，故的单调递减区间是故答案为：【题目点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题.15、##4.5【解题分析】设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.【题目详解】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，即，故，当且仅当时取等，所以，故答案为：.16、7【解题分析】先证明四边形是平行四边形，再根据双曲线的定义可求解.【题目详解】由双曲线的对称性，可知，又，所以四边形是平行四边形，所以，由，可知点在双曲线的左支，如下图所示：由双曲线定义有，又，所以.故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）条件选择见解析，，（2）【解题分析】（1）设数列的首项为，公差为d，选①由求解；选②由求解；选③由求解；则，由，利用数列通项与前n项和公式求解；（2）易知，再利用错位相减法求解.【小问1详解】解：设数列的首项为，公差为d，选①得，则，选②得，则，选③得，则，所以数列的通项公式为因为，所以当时，，则当时，，则，所以是以首项为2，公比为2的等比数列，所以【小问2详解】因为，所以数列的前n项和①②①-②得∴，则18、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量、平面的法向量，由二面角的空间向量求法可得答案.【小问1详解】因为四边形是等腰梯形，，所以，所以，即因为平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系设，则，所以，，，由（1）可知平面的一个法向量为设平面的法向量为，因为，，所以得令，则，，所以，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19、（1）（2）【解题分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或，当时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.所以常数a，b的值分别为.所以.【小问2详解】由（1）可知，，令，解得，当或时，当时，，的递增区间是和，单调递减区间为，当有极大值，当有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得.20、【解题分析】由，为真，可得对任意的恒成立，从而分和求出实数的取值范围，再由，，可得关于的方程有实根，则有，从而可求出实数的取值范围，然后求交集可得结果【题目详解】解：可化为.若：，为真，则对任意的恒成立.当时，不等式可化为，显然不恒成立，当时，有且，所以.①若：，为真，则关于的方程有实根，所以，即，所以或.②又为真命题，故，均为真命题.所以由①②可得的取值范围为.21、（1）（2）【解题分析】（1）设过点且与直线垂直的直线为，将代入直线方程，即可求出，再与求交点坐标，得到圆心坐标，再求出半径，即可得解；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在直接求出、的坐标，即可求出，当直线的斜率存在，设直线为、、，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，即可表示出的坐标，再求出的坐标，即可表示出、，即可得解；【小问1详解】解：设过点且与直线垂直的直线为，则，解得，即，由，解得，即圆心坐标为，所以半径，所以圆的方程为【小问2详解】解：当直线的斜率存在时，设过点的直线为，所以，消去得，设、，则，，所以，所以的中点，由解得，即，所以，，所以；