2024学年宁夏回族自治区银川市兴庆区宁一中数学高二上期末教学质量检测试题含解析

2024学年宁夏回族自治区银川市兴庆区宁一中数学高二上期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知圆的圆心在轴上，半径为2，且与直线相切，则圆的方程为A. B.或C. D.或2．在正方体中，E，F分别为AB，CD的中点，则与平面所成的角的正弦值为（）A. B.C. D.3．双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B，若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（）A. B.C.2 D.4．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.5．已知，，则在上的投影向量为（）A.1 B.C. D.6．下列命题中，真命题的个数为（）（1）是为双曲线的充要条件；（2）若，则；（3）若，，则；（4）椭圆上的点距点最近的距离为；A.个 B.个C.个 D.个7．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.8．已知直线过点，且其方向向量，则直线的方程为（）A. B.C. D.9．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A.0.6 B.0.4C.0.3 D.0.210．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（）A.99 B.131C.139 D.14111．若在1和16中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则公比为（）A. B.2C. D.412．已知两直线与，则与间的距离为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为___________.14．设函数（1）求的最小正周期和的最大值；（2）已知锐角的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，且，求的面积.15．已知数列则是这个数列的第________项.16．半径为R的圆外接于，且，若，则面积的最大值为________.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）已知三条直线：，：，：（是常数），.（1）若，，相交于一点，求的值；（2）若，，不能围成一个三角形，求的值：（3）若，，能围成一个直角三角形，求的值.18．（12分）在中，，，的对边分别是，，，已知.（1）求；（2）若，且的面积为4，求的周长19．（12分）直线：和：（1）若两直线垂直，求m的值；（2）若两直线平行，求平行线间的距离20．（12分）已知数列和中，，且，.（1）写出，，，，猜想数列和的通项公式并证明；（2）若对于任意都有，求的取值范围.21．（12分）已知函数.（1）当时，求的单调区间与极值；（2）若在上有解，求实数a的取值范围.22．（10分）在平面直角坐标系中，点，直线轴，垂足为H，，圆N过点O，与l的公共点的轨迹为（1）求的方程；（2）过M的直线与交于A，B两点，若，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、D【解题分析】设圆心坐标，由点到直线距离公式可得或，进而求得答案【题目详解】设圆心坐标，因为圆与直线相切，所以由点到直线的距离公式可得，解得或.因此圆的方程为或.【题目点拨】本题考查利用直线与圆的位置关系求圆的方程，属于一般题2、B【解题分析】作出线面角构造三角形直接求解，建立空间直角坐标系用向量法求解.【题目详解】设正方体棱长为2，、F分别为AB、CD的中点，由正方体性质知平面，所以平面平面，在平面作，则平面，因为，所以即为所求角，所以.故选：B3、B【解题分析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.【题目详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，，在三角形中，由余弦定理有，所以，解得，所以双曲线C的离心率，故选：B.4、D【解题分析】计算，然后等价于在（0，+∞）由2个不同的实数根，然后计算即可.【题目详解】的定义域是（0，+∞），，若函数有两个不同的极值点，则在（0，+∞）由2个不同的实数根，故，解得：，故选：D.【题目点拨】本题考查根据函数极值点个数求参，考查计算能力以及思维转变能力，属基础题.5、C【解题分析】根据题意得，进而根据投影向量的概念求解即可.【题目详解】解：因为，，所以，所以，所以在上的投影向量为故选：C6、A【解题分析】利用方程表示双曲线求出的取值范围，利用集合的包含关系可判断（1）的正误；直接判断命题的正误，可判断（2）的正误；利用空间向量垂直的坐标表示可判断（3）的正误；利用椭圆的有界性可判断（4）的正误.【题目详解】对于（1），若曲线为双曲线，则，即，解得或，因为或，因此，是为双曲线的充分不必要条件，（1）错；对于（2），若，则或，（2）错；对于（3），，则，（3）对；对于（4），设点为椭圆上一点，则且，则点到点的距离为，（4）错.故选：A.7、D【解题分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.【题目详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.因为正方体的边长为4，所以，，，，，所以，，，设平面的法向量，所以，，即，设，所以，，即，设点到平面的距离为，所以，故选：D.8、D【解题分析】根据题意和直线的点方向式方程即可得出结果.【题目详解】因为直线过点，且方向向量为，由直线的点方向式方程，可得直线的方程为：，整理，得.故选：D9、A【解题分析】根据正态曲线的对称性即可求得答案.【题目详解】由题意，正态曲线的对称轴为，则与关于对称轴对称，于是.故选：A.10、D【解题分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.【题目详解】设该高阶等差数列的第8项为，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得，则.故选：D11、A【解题分析】根据等比数列的通项得：，从而可求出.【题目详解】解：成等比数列，∴根据等比数列的通项得：，，故选：A.12、B【解题分析】把直线的方程化简，再利用平行线间距离公式直接计算得解.【题目详解】直线的方程化为：，显然，，所以与间的距离为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或2【解题分析】由圆的方程有圆心，半径为，讨论双曲线的焦点分别在x或y轴上对应的渐近线方程，根据已知及弦长与半径、弦心距的几何关系得到双曲线参数的齐次方程，即可求离心率.【题目详解】由题设，圆的标准方程为，即圆心，半径为，若双曲线为时，渐近线为且，所以圆心到双曲线渐近线的距离为，由弦长、弦心距、半径的关系知：，故，得：，又，所以，故.若双曲线为时，渐近线为且，所以圆心到双曲线渐近线的距离为，由弦长、弦心距、半径的关系知：，故，得：，又，所以，故.综上，双曲线的离心率为或2.故答案为：或2.14、（1）的最小正周期为，的最大值为1（2）【解题分析】（1）直接根据的表达式和正弦函数的性质可得到的最小正周期和最大值；（2）先根据求得角的大小为，然后在中利用余弦定理求得，最后根据三角形的面积公式即可【小问1详解】已知则的最小正周期为：则的最大值为：【小问2详解】由可得：（）或（）又为锐角，则可得：.在中，由余弦定理可得：，即又，解得：则的面积为：15、12【解题分析】根据被开方数的特点求出数列的通项公式，最后利用通项公式进行求解即可.【题目详解】数列中每一项被开方数分别为：6，10，14，18，22，…，因此这些被开方数是以6为首项，4为公差的等差数列，设该等差数列为，其通项公式为：，设数列为，所以，于是有，故答案为：16、【解题分析】利用正弦定理将已知条件转化为边之间的关系，然后用余弦定理求得C；利用三角形面积公式，结合两角差的正弦函数公式和二倍角公式得，再利用辅助角公式得，最后利用函数的值域计算得结论.【题目详解】因为所以由正弦定理得：，即，所以由余弦定理可得：，又，故.由正弦定理得：，，所以，所以当时，S最大，.若，则面积的最大值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了两角和与差的三角函数公式，二倍角公式及应用，正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，函数的图象与性质，属于中档题.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）或或（3）或【解题分析】(1)由二条已知直线求交点，代入第三条直线即可；(2)不能围成一个三角形，过二条已知直线的交点，或者与它们平行；(3)由直线互相垂直得，斜率之积为-1.【小问1详解】显然，相交，由得交点，由点代入得所以当，，相交时，.【小问2详解】过定点，因为，，不能围成三角形，所以，或与平行，或与平行，所以，或，或.【小问3详解】显然与不垂直，所以，且或所以的值为或18、（1）（2）【解题分析】（1）根据正弦定理及题中条件，可得，化简整理，即可求解（2）由的面积为4，结合（1）中结论，可得，结合余弦定理，可得，从而可求的周长【题目详解】解：（1）由及正弦定理得，，又，∴，∴，∴.（2）∵的面积为，∴.由余弦定理得，∴.故的周长为.【题目点拨】本题考查正弦定理应用，余弦定理解三角形，三角形面积公式，考查计算化简的能力，属基础题19、（1）；（2）【解题分析】（1）由直线一般方程的垂直公式，即得解；（2）由直线一般方程的平行公式，求得，再由平行线的距离公式，即得解.【小问1详解】∵两直线垂直，∴，解得【小问2详解】∵两直线平行，∴，解得或1，经过验证时两条直线重合，舍去．∴可得：直线：，：∴两直线间的距离20、（1），，，证明见解析（2）【解题分析】（1）已知两式相加化简可得是首项为2，公比为2的等比数列，则，两式相减化简可得是首项为2，公差为2的等差数列，则，（2）由题意可得只需要，令，由和解不等式可求出的最小值，从而可求得的取值范围【小问1详解】由已知得，猜想，，由题得，所以易知，即所以是首项为2，公比为2的等比数列，故，由题得，所以，即，所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以.【小问2详解】因为任意都有，即，只需要，记，易知，故，当时，，解得或，当时，，解得，因为，所以，所以，所以的取值范围是.21、（1）在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值（2）【解题分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案【小问1详解】当时，，所以当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时函数有极小值，无极大值.【小问2详解】因为在上有解，所以在上有解，当时，不等式成立，此时，当时在上有解，令，则由（1）知时，即，当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，综上可知，实数a的取值范围是.点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究