2024届广东省汕头市潮阳区高中高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024届广东省汕头市潮阳区高中高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项: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．如图，在平行六面体中，（）A. B.C. D.2．已知数列的前n项和为，，，则（）A. B.C. D.3．已知随机变量服从正态分布，若，则（）A.0.2 B.0.24C.0.28 D.0.324．已知函数，则（）A. B.C. D.5．是数列，，，－17，中的第几项()A第项 B.第项C.第项 D.第项6．在数列中，若，，则（）A.16 B.32C.64 D.1287．曲线与曲线的（）A.实轴长相等 B.虚轴长相等C.焦距相等 D.渐进线相同8．若，满足约束条件则的最大值是A.-8 B.-3C.0 D.19．抛物线的焦点是A. B.C. D.10．已知圆，则圆上的点到坐标原点的距离的最小值为（）A.-1 B.C.+1 D.611．命题p：存在一个实数﹐它的绝对值不是正数.则下列结论正确的是（）A.：任意实数，它的绝对值是正数，为假命题B.：任意实数，它的绝对值不是正数，为假命题C.：存在一个实数，它的绝对值是正数，为真命题D.：存在一个实数，它的绝对值是负数，为真命题12．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个高为2的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为.14．已知函数，是其导函数，若曲线的一条切线为直线：，则的最小值为___________.15．若，且，则_____________16．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________.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．（12分）如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径（1）求椭圆C的方程；（2）F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k18．（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）试讨论函数的单调性.19．（12分）在四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，分别为的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.20．（12分）已知圆，直线（1）求证：对，直线l与圆C总有两个不同交点；（2）当时，求直线l被圆C截得的弦长21．（12分）记是等差数列的前项和，若.（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的的最小值.22．（10分）等差数列的公差d不为0，满足成等比数列，数列满足.（1）求数列与通项公式：（2）若，求数列的前n项和.

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】由空间向量的加法的平行四边形法则和三角形法则，可得所求向量【题目详解】连接，可得，又，所以故选：B.2、D【解题分析】根据给定递推公式求出即可计算作答.【题目详解】因数列的前n项和为，，，则，，，所以.故选：D3、C【解题分析】依据正态曲线的对称性即可求得【题目详解】由随机变量服从正态分布，可知正态曲线的对称轴为直线由，可得则，故故选：C4、B【解题分析】求出，代值计算可得的值.【题目详解】因为，则，故.故选：B.5、C【解题分析】利用等差数列的通项公式即可求解【题目详解】设数列，，，，是首项为，公差d＝－4的等差数列{}，，令，得故选：C6、C【解题分析】根据题意，为等比数列，用基本量求解即可.【题目详解】因为，故是首项为2，公比为2的等比数列，故.故选：C7、D【解题分析】将曲线化为标准方程后即可求解.【题目详解】化为标准方程为，由于，则两曲线实轴长、虚轴长、焦距均不相等，而渐近线方程同为.故选：8、C【解题分析】作出可行域，把变形为，平移直线过点时，最大.【题目详解】作出可行域如图：由得：，作出直线，平移直线过点时，.故选C.【题目点拨】本题主要考查了简单线性规划问题，属于中档题.9、D【解题分析】先判断焦点的位置，再从标准型中找出即得焦点坐标.【题目详解】焦点在轴上，又，故焦点坐标为，故选D.【题目点拨】求圆锥曲线的焦点坐标，首先要把圆锥曲线的方程整理为标准方程，从而得到焦点的位置和焦点的坐标.10、A【解题分析】先求出圆心和半径，求出圆心到坐标原点的距离，从而求出圆上的点到坐标原点的距离的最小值.【题目详解】变形为，故圆心为，半径为1，故圆心到原点的距离为，故圆上的点到坐标原点的距离最小值为.故选：A11、A【解题分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断，再利用特殊值判断命题的真假；【题目详解】解：因为命题p“存在一个实数﹐它的绝对值不是正数”为存在量词命题，其否定为“任意实数，它的绝对值是正数”，因为，所以为假命题；故选：A12、B【解题分析】根据“拐点”的概念可判断函数的对称中心，进而求解.【题目详解】，，，令，解得：，而，故函数关于点对称，，，故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、6【解题分析】2r=2，r=1，S表=2rh+2r2=4+2=6.14、【解题分析】设直线与曲线相切的切点为，借助导数的几何意义用表示出m，n即可作答.【题目详解】设直线与曲线相切的切点为，而，则直线的斜率，于是得，即，由得，而，于是得，即因，则，，当且仅当时取“=”，所以的最小值为.故答案为：【题目点拨】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.15、【解题分析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.【题目详解】解：因为，所以，，，又，所以，所以，所以，故答案为：.16、1560【解题分析】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人，有两种情况：（1）4个组的人数按3,1,1,1分配，（2）4个组的人数为2,2,1,1，求出所有的分组方法，然后再把4个组的人分给4个分厂，从而可求得答案【题目详解】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人.（1）若4个组的人数按3,1,1,1分配，则不同的分配方案有(种).（2）若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有(种).故所有分组方法共有20＋45＝65(种).再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有(种).故答案为：1560三、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）；（2）-1【解题分析】（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.【小问1详解】因为圆与x轴的交点分别为，，所以椭圆C的焦点分别为，，∴，根据条件得，∴，故椭圆C的方程为【小问2详解】延长线段DB交椭圆C于点，因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得由条件可设B的坐标为，设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，由于，即，所以由得：∴，∴①，②，由①得：，代入②得，∴∵直线与圆相切，∴，即∴，解得，又，∴，故，即直线BD斜率【题目点拨】关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.18、（1）（2）详见解析.【解题分析】（1）由，求导，得到，写出切线方程；（2）求导，再分，，讨论求解.【小问1详解】解：因为，所以，则，所以，所以曲线在点处的切线方程是，即；【小问2详解】因为，所以，当时，成立，则在上递减；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；综上：当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增；19、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）取的中点，利用三角形中位线定理可证明BG//EF，由线线平行，可得线面平行；（2根据图像可得，以为底面，证明为高，利用三棱锥的体积公式，可得答案;【小问1详解】取的中点，因为为的中点，所以且，又因为为的中点，四边形为菱形，所以且，所以且，故四边形BFEG为平行四边形，所以BG//EF，因为面面，所以面.【小问2详解】因为底面是边长为2的菱形，，则为正三角形，所以因为面，所以为三棱锥的高所以三棱锥的体积.20、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）由直线过定点，只需判断定点在圆内部，即可证结论.（2）由点线距离公式求弦心距，再利用半径、弦心距、弦长的几何关系求弦长即可.【小问1详解】直线恒过定点，又，所以点在圆的内部，所以直线与圆总有两个不同的交点，得证.【小问2详解】由题设，，又的圆心为，半径为，所以到直线的距离，所以所求弦长为21、（1）（2）4【解题分析】（1）根据题意得，解方程得，进而得通项公式；（2）由题知，进而解不等式得或，再根据即可得答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，由得=0,由题意知，，解得，所以d=2所以.小问2详解】解：由（1）可得