2023-2024学年北京市交通大学附属中学高二上数学期末统考模拟试题含解析

2023-2024学年北京市交通大学附属中学高二上数学期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．经过点且与双曲线有共同渐近线的双曲线方程为（）A. B.C. D.2．在平面上有一系列点，对每个正整数，点位于函数的图象上，以点为圆心的与轴都相切，且与彼此外切．若，且,,的前项之和为，则（）A. B.C. D.3．圆关于直线对称圆的标准方程是（）A. B.C. D.4．某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，现用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取容量为50的样本，则应从高三年级抽取的学生数为（）A.10 B.15C.20 D.305．在等差数列中，，则（）A.9 B.6C.3 D.16．已知，则下列三个数，，（）A.都不大于-4 B.至少有一个不大于-4C.都不小于-4 D.至少有一个不小于-47．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.8．已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为（）A. B.C. D.9．已知椭圆的左右焦点分别为，，点B为短轴的一个端点，则的周长为（）A.20 B.18C.16 D.910．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最大值为（）A. B.C. D.11．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形，是底面圆的内接正三角形．则（）A. B.C. D.12．已知递增等比数列的前n项和为，，且，则与的关系是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则的导函数______.14．设为第二象限角，若，则__________15．已知圆和直线.（1）求直线l所经过的定点的坐标，并判断直线与圆的位置关系；（2）求当k取什么值，直线被圆截得的弦最短，并求这条最短弦的长.16．某校有高一学生人，高二学生人.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校高一高二学生中抽取一个容量为的样本，已知从高一学生中抽取人，则________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1，在中，，，，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2（1）求点到平面距离；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求出长；若不存在，请说明理由18．（12分）已知函数（1）求的图象在点处的切线方程；（2）求在上的最大值与最小值19．（12分）圆心在轴正半轴上、半径为2的圆与直线相交于两点且.（1）求圆的标准方程；（2）若直线，圆上仅有一个点到直线的距离为1，求直线的方程.20．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值21．（12分）如图，ABCD是边长为2的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF＝2（1）证明：AC∥平面BEF；（2）求点C到平面BEF的距离22．（10分）已知点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率.（1）求椭圆的标准方程；（2）两动点在椭圆上，总满足直线与的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值.

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、C【解析】共渐近线的双曲线方程，设，把点代入方程解得参数即可.【详解】设，把点代入方程解得参数，所以化简得方程故选：C.2、C【解析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图象上，即可得到递推关系式，通过构造等差数列求得的通项公式，得出，最后利用裂项相消，求出数列前项和，即可求出.详解】由与彼此外切，则，，，又∵，∴，故为等差数列且，，则，，则，即，故答案选：.3、D【解析】先根据圆的标准方程得到圆的圆心和半径，求出圆心关于直线的对称点，进而写出圆的标准方程.【详解】因为圆的圆心为，半径为，且关于直线对称的点为，所以所求圆的圆心为、半径为，即所求圆的标准方程为.故选：D.4、C【解析】根据抽取比例乘以即可求解.【详解】由题意可得应从高三年级抽取的学生数为，故选：C.5、A【解析】直接由等差中项得到结果.详解】由得.故选：A.6、B【解析】利用反证法设，，都大于，结合基本不等式即可得出结论.【详解】设，，都大于，则，由于，故，利用基本不等式可得，当且仅当时等号成立，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，故下列三个数，，至少有一个不大于，故选：B.7、D【解析】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.【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、B【解析】设等比数列的公比为，则，由可得，可得出，利用基本不等式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，因为，则，所以，，则，当且仅当时，等号成立.故选：B.9、B【解析】根据椭圆的定义求解【详解】由椭圆方程知，所以，故选：B10、D【解析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为，连接，，为的中点，则，，则，，同理可得，，，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，，，平面，以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、、、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.11、B【解析】先求出，再利用向量的线性运算和数量积计算求解.【详解】解：由题得,,故选：B12、D【解析】设等比数列的公比为，由已知列式求得，再由等比数列的通项公式与前项和求解.【详解】设等比数列的公比为，由，得，所以，又，所以，所以，，所以即故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用基本初等函数的求导公式及积的求导法则计算作答.【详解】函数定义域为，则，所以.故答案为：14、【解析】先求出，再利用二倍角公式求的值.【详解】因为为第二象限角，若，所以.所以.故答案为【点睛】本题主要考查同角三角函数的平方关系，考查二倍角的正弦公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、（1）直线过定点P（4，3），直线和圆总有两个不同交点（2）k=1，【解析】(1)把直线方程化为点斜式方程即可；(2)由圆的性质知，当直线与PC垂直时，弦长最短.【小问1详解】直线方程可化为，则直线过定点P（4，3），又圆C标准方程为，圆心为，半径为，而，所以点P在圆内，所以不论k取何值，直线和圆总有两个不同交点.【小问2详解】由圆的性质知，当直线与PC垂直时，弦长最短.，所以k=1时弦长最短.弦长为.16、【解析】根据分层抽样的等比例性质列方程，即可样本容量n.【详解】由分层抽样的性质知：，可得.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）存在，【解析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，（2）如图建立空间直角坐标系，设，然后求出平面与平面的法向量，利用向量平夹角公式列方程可求得结果【小问1详解】在中，，因为，分别是，边上的中点，所以∥，，所以，所以，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为平面，平面，所以平面平面，因为，所以，因为，所以是等边三角形，取的中点，连接，则，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，在中，，所以边上的高为，所以，在梯形中，，设点到平面的距离为，因为，所以，所以，得，所以点到平面的距离为【小问2详解】由（1）可知平面，，所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,设，则，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，则平面与平面夹角的余弦值为，两边平方得，，解得或（舍去），所以，所以18、（1）；（2）最大值与最小值分别为与【解析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率即可求出结果；（2）利用导数研究函数的单调性，进而结合函数的单调性即可求出最值.【详解】（1）因为，所以所以所以的图象在点处的切线方程为，即（2）由（1）知令，则；令，则所以在上单调递减，在上单调递增．所以又，所以所以在上的最大值与最小值分别为与19、（1）；（2）或.【解析】（1）根据圆的弦长公式进行求解即可；（2）根据平行线的性质，结合直线与圆的位置关系进行求解即可.小问1详解】因为圆的圆心在轴正半轴上、半径为2，所以设方程为：，圆心，设圆心到直线的距离为，因为，所以有，或舍去，所以圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）可知：，圆的半径为，因为直线，所以设直线的方程为，因为圆上仅有一个点到直线的距离为1，所以直线与该圆相离，当两平行线间的距离为，于是有：，当时，圆心到直线的距离为：，符合题意；当时，圆心到直线的距离为：：，不符合题意，此时直线的方程为.当两平行线间的距离为，于是有：，当时，圆心到直线的距离为：，不符合题意；当时，圆心到直线的距离为：：，不符合题意，此时直线的方程为.故直线方程为或.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.【小问1详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，，，∴，故.【小问2详解】，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，易知：为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，进而求出平面BEF的法向量，然后证明线面平行；（2）算出在向量方向上的投影，进而求得答案.【小问1详解】因为DE⊥平面ABCD，DA、DC平面ABCD，所以DE⊥DA，DE⊥DC，因为ABCD是正方形，所以DA⊥DC.以D为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(0，0，2)，F(2，0，1)，所以，，设平面BEF的法向量，因为，所以－2x－2y＋2z＝0，－2y＋z＝0，令y＝1，则＝(1，1，2)，又因为＝(－2，2，0)，所以，即，而平面BE