云南省曲靖市麒麟区三中2024年高二上数学期末学业水平测试试题含解析

云南省曲靖市麒麟区三中2024年高二上数学期末学业水平测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（）A.30 B.29C.28 D.272．在中，已知，则的形状是（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.正三角形3．已知直线与直线垂直，则（）A. B.C. D.4．已知函数，若对任意两个不等的正数，，都有恒成立，则a的取值范围为（）A. B.C. D.5．已知直线和直线互相垂直，则等于（）A.2 B.C.0 D.6．抛物线y＝4x2的焦点坐标是（）A.（0，1） B.（1，0）C. D.7．若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.28．已知随机变量X的分布列如表所示，则（）X123Pa2a3aA. B.C. D.9．已知点是抛物线上的一点,F是抛物线的焦点,则点M到F的距离等于()A.6 B.5C.4 D.210．方程表示的曲线是（）A.一个椭圆和一条直线 B.一个椭圆和一条射线C.一条射线 D.一个椭圆11．已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.12．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：广告费用（万元）4235销售额（万元）49263954根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为A.63.6万元 B.65.5万元C.67.7万元 D.72.0万元二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数，则_______14．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.15．已知点F是抛物线的焦点，点，点P为抛物线上的任意一点，则的最小值为_________.16．双曲线的离心率为2，写出满足条件的一个双曲线的标准方程__________.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）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V；（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF18．（12分）已知等差数列满足：成等差数列，成等比数列.（1）求的通项公式：（2）在数列的每相邻两项与间插入个，使它们和原数列的项构成一个新数列，数列的前项和记为，求及.19．（12分）已知数列的各项均为正数，，为自然对数的底数（1）求函数的单调区间，并比较与的大小；（2）计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；20．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若对，恒成立，求的取值范围.21．（12分）如图，在正方体中，E为的中点（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值22．（10分）已知抛物线：（）的焦点为，点在上，点在的内侧，且的最小值为（1）求的方程；（2）过点的直线与抛物线交于不同的两点，，直线，（为坐标原点）分别交直线于点，记直线，，的斜率分别为，，，若，求的值

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】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可【题目详解】奇数项共有项，其和为，∴偶数项共有n项，其和为，∴故选：B2、B【解题分析】利用诱导公式、两角和的正弦公式化简已知条件，由此判断出三角形的形状.【题目详解】由，得，得，由于，所以，所以.故选：B3、D【解题分析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.【题目详解】由，所以直线的斜率为，由，所以直线的斜率为，因为直线与直线垂直，所以，故选：D4、A【解题分析】将已知条件转化为时恒成立，利用参数分离的方法求出a的取值范围【题目详解】对任意都有恒成立，则时，，当时恒成立，

，当时恒成立，，故选：A5、D【解题分析】利用直线垂直系数之间的关系即可得出.【题目详解】解：直线和直线互相垂直，则，解得：.故选：D.6、C【解题分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可抛物线的焦点坐标得选项.【题目详解】解：将抛物线y＝4x2的化为标准方程为x2＝y，p＝，开口向上，焦点在y轴的正半轴上，故焦点坐标为（0，）.故选：C7、A【解题分析】先求出渐近线方程，进而将点代入直线方程得到a,b关系，进而求出离心率.【题目详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，而一条渐近线过点，则，.故选：A.8、C【解题分析】根据分布列性质计算可得；【题目详解】解：依题意，解得，所以；故选：C9、B【解题分析】先求出,再利用焦半径公式即可获解.【题目详解】由题意，,解得所以故选：B.10、A【解题分析】根据题意得到或，即可求解.【题目详解】由方程，可得或，即或，所以方程表示的曲线为一个椭圆或一条直线.故选：A.11、B【解题分析】根据题意，将问题转化为对任意的，，利用导数求得的最大值，再分离参数，构造函数，利用导数求其最大值，即可求得参数的取值范围.【题目详解】由题可知：对任意的，，都有恒成立，故可得对任意的，；又，则，故在单调递减，在单调递增，又，，则当时，,.对任意的，，即，恒成立.也即，不妨令，则，故在单调递增，在单调递减.故，则只需.故选：B.12、B【解题分析】，∵数据的样本中心点在线性回归直线上，回归方程中的为9.4，∴42=9．4×3．5+a，∴=9．1，∴线性回归方程是y=9．4x+9．1，∴广告费用为6万元时销售额为9．4×6+9．1=65．5考点：线性回归方程二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】先对函数求导，然后令可求出的值【题目详解】因为，所以，则，解得故答案为：14、【解题分析】先求函数的导数，再利用导数的几何意义求函数在处的切线方程.【题目详解】，，，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：【题目点拨】本题考查导数的几何意义，重点考查计算能力，属于基础题型.15、3【解题分析】根据抛物线的定义可求最小值.【题目详解】如图，过作抛物线准线的垂线，垂足为，连接，则，当且仅当共线时等号成立，故的最小值为3，故答案为：3.16、（答案不唯一例如：等，只需满足即可）【解题分析】根据离心率和的关系，可得到，只要满足以上关系的即可【题目详解】由题可知，又，所以，只要满足以上关系即可.,答案不唯一例如：等故答案为：（答案不唯一例如：等，只需满足即可）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)见解析.【解题分析】（1）在中，，求得，由此能求出四棱锥的体积；（2）由平面，证得和，由此利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.试题解析：（1）在中，.在中,.则.（2），为的中点，.平面.平面.为中点，为为中点，，则.平面.考点：四棱锥的体积公式；直线与平面垂直的判定与证明.18、（1）；（2），.【解题分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式进行求解即可；（2）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为成等差数列，所以有，因成等比数列，所以，所以；【小问2详解】由题意可知：在和之间插入个，在和之间插入个，，在和之间插入个，此时共插入的个数为：，在和之间插入个，此时共插入的个数为：，因此.19、（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）详见解析【解题分析】（1）求出的定义域，利用导数求其最大值，得到，取即可得出答案.（2）由，变形求得，，，由此推测：然后用数学归纳法证明即可.【小问1详解】的定义域为，当，即时，单调递增；当，即时，单调递减故的单调递增区间为，单调递减区间为当时，，即令，得，即【小问2详解】；；由此推测：①下面用数学归纳法证明①（1）当时，左边右边，①成立（2）假设当时，①成立，即当时，，由归纳假设可得所以当时，①也成立根据（1）（2），可知①对一切正整数都成立20、（1）极小值为，无极大值；（2）.【解题分析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；（2）对进行常变量分离，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.【题目详解】（1）函数的定义域为，当时，.由，得.当变化时，，的变化情况如下表-0+单调递减极小值单调递增所以在上单调递减，上单调递增，所以函数的极小值为，无极大值.（2）对，恒成立，即对，恒成立.令，则.由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，因此.所以的取值范围是.【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.21、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解题分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【题目详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角设正方体的棱长为2，在中，易得，可得由，得，整理得所以所以直线与平面所成角的正弦值为[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.22、（1）（2）【解题分析】（1）先求出抛物线