内蒙古巴林右旗大板三中2024学年高二数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

内蒙古巴林右旗大板三中2024学年高二数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知数列满足：对任意的均有成立，且，，则该数列的前2022项和（）A0 B.1C.3 D.42．过坐标原点作直线的垂线，垂足为，则的取值范围是（）A. B.C. D.3．已知等比数列中，，则这个数列的公比是（）A.2 B.4C.8 D.164．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C.对任意， D.对任意，5．在平面直角坐标系xOy中，双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点M是双曲线右支上一点，，且，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.6．已知命题,，则A.， B.，C.， D.，7．已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（）.A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8．已知双曲线C的离心率为，，是C的两个焦点，P为C上一点，，若△的面积为，则双曲线C的实轴长为（）A.1 B.2C.4 D.69．已知直线：与双曲线的两条渐近线分别相交于A、B两点，若C为直线与y轴的交点，且，则k等于（）A.4 B.6C. D.10．在中，，，，则此三角形（）A.无解 B.一解C.两解 D.解的个数不确定11．函数单调减区间是（）A. B.C.和 D.12．如图所示，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于点P，则点P的轨迹是（）A.圆 B.双曲线C.抛物线 D.椭圆二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围为________14．，若2是与的等比中项，则的最小值为___________.15．已知等差数列的公差不为零，若，，成等比数列，则______.16．若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.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）已知数列和满足，（1）若，求的通项公式；（2）若，，证明为等差数列，并求和的通项公式18．（12分）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点M，N（1）求椭圆的标准方程；（2）当的面积为时，求的值19．（12分）已知数列满足（1）求；（2）若，且数列的前n项和为，求证：20．（12分）在中，（1）求的大小；（2）若，．求的面积21．（12分）如图，四棱锥中，，，，平面，点F在线段上运动.（1）若平面，请确定点F的位置并说明理由；（2）若点F满足，求平面与平面的夹角的余弦值.22．（10分）已知等差数列}的公差为整数，为其前n项和，，（1）求{}的通项公式：（2）设，数列的前n项和为，求

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、A【解题分析】根据可知，数列具有周期性，即可解出【题目详解】因为，所以，即，所以数列中的项具有周期性，，由，，依次对赋值可得，，一个周期内项的和为零，而，所以数列的前2022项和故选：A2、D【解题分析】求出直线直线过的定点A，由题意可知垂足是落在以OA为直径的圆上，由此可利用的几何意义求得答案,【题目详解】直线，即，令，解得，即直线过定点,由过坐标原点作直线的垂线，垂足为，可知：落在以OA为直径的圆上，而以OA为直径的圆为，如图示：故可看作是圆上的点到原点距离的平方，而圆过原点，圆上点到原点的最远距离为，但将原点坐标代入直线中，不成立，即直线l不过原点，所以不可能和原点重合，故，故选：D3、A【解题分析】直接利用公式计算即可.【题目详解】设等比数列的公比为，由已知，，所以，解得.故选：A4、D【解题分析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【题目详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.5、A【解题分析】本题考查双曲线的定义、几何性质及直角三角形的判定即可解决.【题目详解】因为，，所以在中，边上的中线等于的一半，所以．因为，所以可设，，则，解得，所以，由双曲线的定义得，所以双曲线的离心率故选：A6、A【解题分析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案【题目详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题,，则，，故选A【题目点拨】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7、B【解题分析】首先求出直线与圆相切时的取值，再根据充分必要条件的定义判断.【题目详解】若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，则，解得，所以“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：B【题目点拨】本题考查直线与圆的位置关系，充分必要条件，重点考查计算，理解能力，属于基础题型.8、C【解题分析】由已知条件可得，，，再由余弦定理得，进而求其正弦值，最后利用三角形面积公式列方程求参数a，即可知双曲线C的实轴长.【题目详解】由题意知，点P在右支上，则，又，∴，，又，∴，则在△中，，∴，故，解得，∴实轴长为，故选：C.9、D【解题分析】先求出双曲线的渐近线方程，然后分别与直线联立，求出A、B两点的横坐标，再利用可求解.【题目详解】由双曲线方程可知其渐近线方程为：，当时，与联立，得，同理得，由，且可知，所以有，解得.故选：D10、C【解题分析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.【题目详解】在中，，，，由正弦定理得，而为锐角，且，则或，所以有两解故选：C11、B【解题分析】根据函数求导，然后由求解.【题目详解】因为函数，所以，由，解得，所以函数的单调递减区间是，故选：B12、D【解题分析】根据题意知,所以,故点P的轨迹是椭圆.【题目详解】由题意知，关于CD对称，所以，故，可知点P的轨迹是椭圆.【题目点拨】本题主要考查了椭圆的定义，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】根据给定条件求出，构造新数列并借助单调性求解作答.【题目详解】在数列中，，当，时，，则有，而满足上式，因此，，，显然数列是递增数列，且，，又对任意恒成立，则，所以实数的取值范围为.故答案为：【题目点拨】思路点睛：给定数列的前项和或者前项积，求通项时，先要按和分段求，然后看时是否满足时的表达式，若不满足，就必须分段表达.14、3【解题分析】根据等比中项列方程，结合基本不等式求得的最小值.【题目详解】由题可得，则，当且仅当时等号成立.故答案为：15、0【解题分析】设等差数列的公差为，，根据，，成等比数列，得到，再根据等差数列的通项公式可得结果.【题目详解】设等差数列的公差为，，因为，，成等比数列，所以，所以，整理得，因为，所以，所以.故答案为：0.【题目点拨】本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式基本量运算，属于基础题.16、【解题分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【题目详解】解：由题可知，离心率，即，又，即，则，故此双曲线的渐近线方程为.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）证明见解析，，【解题分析】（1）代入可得，变形得构造等比数列求的通项公式；（2）先由已知得，先分别求出，的通项公式，然后合并可得的通项公式，进而可得的通项公式【小问1详解】当，时，，所以，即，整理得，所以是以为首项，为公比的等比数列故，即【小问2详解】当时，由，，得，所以因为，所以，则是以为首项，2为公差的等差数列，，；是以为首项，2为公差的等差数列，，综上所述，所以，，故是以2为首项，1为公差的等差数列当时，，且满足，所以18、（1）（2）【解题分析】（1）由椭圆的一个顶点为，得到，再由椭圆的离心率为，求得，进而求得椭圆的标准方程；（2）由椭圆的对称性得到，联立方程组求得，根据的面积为，列出方程，即可求解.【小问1详解】解：由题意，椭圆的一个顶点为，可得，又由椭圆的离心率为，可得，所以，则，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：设，且根据椭圆的对称性得，联立方程组，整理得，解得，因为的面积为，可得，解得.19、（1）（2）证明见解析【解题分析】（1）先求得，猜想，然后利用数学归纳法进行证明.（2）利用放缩法证得结论成立.【小问1详解】依题意，，，，猜想，下面用数学归纳法进行证明：当时，结论成立，假设当时结论成立，即，由，，所以当时，有，结论成立，所以当时，.【小问2详解】由（1）得，且为单调递增数列，所以.所以.20、（1）（2）【解题分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；（2）首先由余弦定理求出，即可得到，再根据面积公式计算可得；【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，即，又在中，，所以，，所以；【小问2详解】解：由余弦定理得，即，解得，所以，又，所以；.21、（1）F为BD的中点，证明见解析；（2）.【解题分析】（1）由为的中点，取的中点，连接易证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据题意可得平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，取的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，设二面角为，由求解.【小问1详解】为的中点.如图：取的中点，连接∵，分别为，的中点，∴且∵且∴平行且等于∴四边形为平行四边形，则∵平面ABC，平面ABC∴平面ABC【小问2详解】由题意知，平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，取的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.因为三角