2024学年河北省唐山市开滦二中数学高二上期末教学质量检测试题含解析

2024学年河北省唐山市开滦二中数学高二上期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知直线和互相平行，则实数（）A. B.C.或 D.或2．若存在过点（0，－2）的直线与曲线和曲线都相切，则实数a的值是（）A.2 B.1C.0 D.－23．已知函数，则的值为（）A. B.0C.1 D.4．“且”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件5．已知为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于两点，若，则（）A. B.C. D.6．已知椭圆上一点到左焦点的距离为，是的中点，则（）A.1 B.2C.3 D.47．设为数列的前n项和，，且满足，若，则（）A.2 B.3C.4 D.58．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.69．数列2，，9，，的一个通项公式可以是（）A. B.C. D.10．已知，设函数，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B.C. D.11．顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（）A. B.C. D.12．在数列中，，则等于A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是____________.14．已知数列的前项和为，，则___________，___________.15．从1，2，3，4，5中任取两个不同的数，其中一个作为对数的底数a，另一个作为对数的真数b.则的概率为______.16．过抛物线的焦点的直线交抛物线于点、，且点的横坐标为，过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点，则的面积为___________.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）已知数列的前项和，数列是各项均为正数的等比数列，其中，且成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18．（12分）椭圆C：的左右焦点分别为，，P为椭圆C上一点.（1）当P为椭圆C的上顶点时，求的余弦值；（2）直线与椭圆C交于A，B，若，求k19．（12分）记数列的前n项和为，已知点在函数的图像上（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前9项和20．（12分）设全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤5}，集合B＝{x|2-a≤x≤1+2a}，其中a∈R.（1）若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求a的取值范围；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，求a的取值范围.21．（12分）设椭圆过，两点，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由22．（10分）在平面直角坐标系中，有一条长度为3的线段，端点，分别在轴、轴上运动，为线段上一点，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）已知不过原点的直线与相交于，两点，且线段始终被直线平分.求的面积取最大时直线的方程.

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、C【解题分析】根据题意，结合两直线的平行，得到且，即可求解.【题目详解】由题意，直线和互相平行，可得且，即且，解得或.故选：C.2、A【解题分析】在两曲线上设切点，得到切线，又因为（0，－2）在两条切线上,列方程即可.【题目详解】的导函数为，的导函数为，若直线与和的切点分别为（，），，∴过（0，－2）的直线为、，则有，可得故选：A.3、B【解题分析】求导，代入，求出，进而求出.【题目详解】，则，即，解得：，故，所以故选：B4、A【解题分析】按照充分必要条件的判断方法判断，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判断得到正确答案，【题目详解】当且时，成立，反过来，当时，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要条件.故选：A【题目点拨】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.5、C【解题分析】根据椭圆的定义可得，由即可求解.【题目详解】由，可得根据椭圆的定义，所以.故选：C6、A【解题分析】由椭圆的定义得，进而根据中位线定理得.【题目详解】解：由椭圆方程得，即，因为由椭圆的定义得，，所以，因为是的中点，是的中点，所以.故选：A7、B【解题分析】由已知条件可得数列为首项为2，公差为2的等差数列，然后根据结合等差数列的求和公式可求得答案【题目详解】在等式中，令，可得，所以数列为首项为2，公差为2的等差数列，因为，所以，化简得，，解得或（舍去），故选：B8、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：A9、C【解题分析】用检验法，由通项公式验证是否符合数列各项，结合排除法可得【题目详解】第一项为正数，BD中求出第一项均为负数，排除，而AC均满足，A中，，排除A，C中满足，，，故选：C10、D【解题分析】由题设易知上恒成立，而在上，讨论、，结合导数研究的最值，由不等式恒成立求的取值范围.【题目详解】由时，在上；由时，在上递减，值域为；令且，则，当时，，即递增，值域为，满足题设；当时，在上，即递减，在上，即递增，此时值域为；当，即时存在，而在中，此时，不合题设；所以，此时要使的不等式恒成立，只需，即，可得；综上，关于的不等式恒成立，则的取值范围为.故选：D【题目点拨】关键点点睛：由题设易知上，只需在上恒有即可.11、C【解题分析】根据题意，设抛物线的方程为，进而待定系数求解即可.【题目详解】解：由题，设抛物线的方程为，因为在抛物线上，所以，解得，即所求抛物线方程为故选：C12、D【解题分析】分析：已知逐一求解详解：已知逐一求解．故选D点睛：对于含有的数列，我们看作摆动数列，往往逐一列举出来观察前面有限项的规律二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】由题意建立空间直角坐标系，然后结合点面距离公式即可求得点M到截面ABCD的距离.【题目详解】建立如图所示的空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，1，0），D（0，，1），M（0，1，0），∴（0，1，0），（1，1，0），（0，，1），设（x，y，z）为平面ABCD的法向量，则，取y＝﹣2，可得x＝2，z＝1，∴（2，﹣2，1），∴M到截面ABCD的距离d故答案为.【题目点拨】本题主要考查空间直角坐标系及其应用，点面距离的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14、①.②.【解题分析】第一空：由，代入已知条件，即可解得结果；第二空：由与关系可推导出之间的关系，再由递推公式即可求出通项公式.【题目详解】，可得由，可知时，故时即可化为又故数列是首项为公比为2的等比数列，故数列的通项公式故答案为：①；②15、##【解题分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式以及对数的知识求得正确答案.【题目详解】的所有可能取值为，，共种，满足的为，，共种，所以的概率为.故答案为：16、##【解题分析】不妨设点为第一象限内的点，求出点的坐标，可求得直线、的方程，求出点、的坐标，可求得以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.【题目详解】不妨设点为第一象限内的点，设点，其中，则，可得，即点，抛物线的焦点为，，所以，直线的方程为，联立，解得或，即点，所以，，直线的方程为，抛物线的准线方程为，联立，可得点，点到直线的距离为，因此，.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），;（2）.【解题分析】（1）利用求出数列的通项，再求出等比数列的公比即得解；（2）求出，再利用错位相减法求解.【小问1详解】解：，.当时，，适合..设等比数列公比为，，，即，或（舍去），.【小问2详解】解：，，，上述两式相减，得，所以所以.18、（1）（2）【解题分析】（1）利用余弦定理可求顶角的余弦值.（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理结合弦长公式可求的值.【小问1详解】当为椭圆的上顶点时，，在中，由余弦定理知.【小问2详解】设，，将直线与椭圆:联立得：，因为直线过焦点，故恒成立，又，由弦长公式得，化简整理得：，解得.19、（1）（2）【解题分析】（1）利用的关系可求.（2）利用裂项相消法可求数列的前9项和【小问1详解】由题意知当时，；当时，，适合上式所以【小问2详解】则20、（1）（2）【解题分析】（1）由“”是“”的充分条件，可得，从而可得关于的不等式组，解不等式组可得答案；（2）“”是“”的必要条件，可得，然后分和两种情况求解即可【小问1详解】由题意得到A＝[1，5]，由“x∈A”是“x∈B”的充分条件可得A⊆B，则，解得，故实数a的取值范围是.【小问2详解】由“x∈A”是“x∈B”的必要条件可得B⊆A，当时，2-a＞1+2a，即a＜时，满足题意，当时，即a≥时，则，解得≤a≤1.综上a≤1，故实数a的取值范围是.21、（1）（2）存在，，【解题分析】（1）根据椭圆E：（）过，两点，直接代入方程解方程组，解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，结合题意求解即可，当切线斜率不存在时，验证即可.【小问1详解】将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①将其代入椭圆的方程并整理得，由韦达定理得，，②因为，所以，③将①代入③并整理得，联立②得，④因为直线和圆相切，因此，由④得，所以存在圆满足题意当切线的斜率不存在时，易得，由椭圆方程得，显然，综上所述，存在圆满足题意当切线的斜率存在时，由①②④得，由，得，即当切线的斜率不存在时，易得，所以综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且22、（1）（2）【解题分析】(1)设，根据题意可得，，利用两点之间的距离公式表示出，化简即可得出结果；(2)设，，线段的中点为，利用两点坐标表示直线斜率的公式和点差法求出直线的斜率，设的方程