2023-2024学年湖南省邵阳市邵阳县第一中学数学高二上期末预测试题含解析

2023-2024学年湖南省邵阳市邵阳县第一中学数学高二上期末预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．曲线与曲线的A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点，，直线与y轴交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.3．已知圆：，是直线的一点，过点作圆的切线，切点为，，则的最小值为（）A. B.C. D.4．若函数有零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.5．集合，则集合A的子集个数为（）A.2个 B.4个C.8个 D.16个6．定义在上的函数的导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式解集是A. B.C. D.7．执行如图所示的程序框图，则输出的A. B.C. D.8．参加抗疫的300名医务人员，编号为1，2，…，300.为了解这300名医务人员的年龄情况，现用系统抽样的方法从中抽取15名医务人员的年龄进行调查.若抽到的第一个编号为6，则抽到的第二个编号为（）A.21 B.26C.31 D.369．设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A. B.C.2 D.10．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A. B.3C. D.611．已知，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.12．已知空间四边形，其对角线、，、分别是边、的中点，点在线段上，且使，用向量，表示向量是A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设函数，则___________.14．如图所示，在直二面角D－AB－E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中，则点D到平面ACE的距离为________15．已知某次数学期末试卷中有8道4选1的单选题16．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_________.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，扇形AOB的半径为2，圆心角，点C为弧AB上一点，平面AOB且，点且，面MOC（1）求证：平面平面POB；（2）求平面POA与平面MOC所成二面角的正弦值的大小18．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，且___________.（1）求角的大小；（2）已知，，点在边上，且，求线段的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19．（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，是的中点（1）求证：；（2）已知二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值20．（12分）函数.（1）当时，解不等式；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.21．（12分）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.（1）求实数的值；（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.22．（10分）如图，已知等腰梯形，，为等腰直角三角形，，把沿折起（1）当时，求证：；（2）当平面平面时，求平面与平面所成二面角的平面角的正弦值

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、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断【详解】解：曲线表示焦点在轴上，长轴长10，短轴长为6，离心率为，焦距为8曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8对照选项，则正确故选：【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查运算能力，属于基础题2、B【解析】由题意可设且，即得a、b的数量关系，进而求双曲线C的渐近线方程.【详解】由题设，，，又，P为双曲线C上一点，∴，又，为的中点，∴，即，∴双曲线C的渐近线方程为.故选：B.3、A【解析】根据题意，为四边形的面积的2倍，即，然后利用切线长定理，将问题转化为圆心到直线的距离求解.【详解】圆：的圆心为，半径，设四边形的面积为，由题设及圆的切线性质得，，∵，∴，圆心到直线的距离为，∴的最小值为，则的最小值为，故选：A4、A【解析】设，则函数有零点转化为函数的图象与直线有交点，利用导数判断函数的单调性，即可求出【详解】设，定义域为，则，易知为单调递增函数，且所以当时，，递减；当时，，递增，所以所以，即故选：A【点睛】本题主要考查根据函数有零点求参数的取值范围，意在考查学生的转化能力，属于基础题5、C【解析】取，再根据的周期为4，可得，即可得解.【详解】因为，所以.时,，时,，时,，时,，所以集合，所以的子集的个数为，故选：C.6、B【解析】设．由，得，故函数在上单调递减．由为奇函数，所以．不等式等价于，即，结合函数的单调性可得，从而不等式的解集为，故答案为B.考点：利用导数研究函数的单调性.【方法点晴】本题考查了导数的综合应用及函数的性质的应用，构造函数的思想，阅读分析问题的能力，属于中档题．常见的构造思想是使含有导数的不等式一边变为，即得，当是形如时构造；当是时构造，在本题中令，（），从而求导，从而可判断单调递减，从而可得到不等式的解集7、B【解析】根据输入的条件执行循环，并且每一次都要判断结论是或否，直至退出循环.【详解】，，，；，【点睛】本题考查程序框图，执行循环，属于基础题.8、B【解析】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，然后按系统抽样方法得解.【详解】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，则第一编号为006，第二个编号为.故选：B.9、A【解析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心，又点在圆上，，即，故选A【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来10、C【解析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C11、B【解析】运用不等式的性质及举反例的方法可求解.详解】对于A，如，满足条件，但不成立，故A不正确；对于B，因为，所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以不成立，故C不正确；对于D，因为，所以，所以，故D不正确.故选：B12、C【解析】根据所给的图形和一组基底，从起点出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论【详解】解：故选：【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由的导数为，将代入，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.14、【解析】建立合适空间直角坐标系，分别表示出点的坐标，然后求解出平面的一个法向量，利用公式求解出点到平面的距离.【详解】以AB的中点O为坐标原点，分别以OE，OB所在的直线为x轴、y轴，过垂直于平面的方向为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，设平面ACE的法向量，则，即，令，∴故点D到平面ACE的距离.故答案：.15、##0.84375【解析】合理设出事件，利用全概率公式进行求解.【详解】设小王从这8题中任选1题，且作对为事件A，选到能完整做对的5道题为事件B，选到有思路的两道题为事件C，选到完全没有思路为事件D，则，，，由全概率公式可得：PA=PB故答案为：16、3【解析】根据抛物线的定义可求最小值.【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：3.三、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）证明见解析（2）【解析】（1）连接，设与相交于点，连接MN，利用余弦定理可求得，，的长度，进而得到，又，由此可得平面，最后利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）建立恰当空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的余弦值，从而即可得答案【小问1详解】证明：连接，设与相交于点，连接MN，平面，在平面内，平面平面，，，，在中，由余弦定理可得，，，又在中，，由余弦定理可得，，，故，又平面，在平面内，，又，平面，又平面，平面平面；【小问2详解】解：由（1）可知直线，，两两互相垂直，所以以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，可取；设平面的一个法向量为，则，可取，，平面与平面所成二面角的正弦值为18、（1）（2）【解析】（1）若选①，则根据正弦定理，边化角，结合二倍角公式，求得，可得答案；若选②，则根据余弦定理和三角形面积公式，将化简，求得，可得答案；若选③，则切化弦，化简可得到的值，求得答案；（2）由余弦定理求出，进而求得,设，，在中用余弦定理列出方程，求得答案.【小问1详解】若选①，则根据正弦定理可得：，由于,，故，则；若选②，则，即，则，而，故；若选③，则，即，则，而，故；【小问2详解】如图示：,故，故,在中，设，则，则，即，解得，或（舍去）故.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由菱形及线面垂直的性质可得、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）构建空间直角坐标系，设，结合已知确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，结合已知二面角的余弦值求出参数t，再根据空间向量夹角的坐标表示求与平面所成角的正弦值【小问1详解】由平面，平面，则，又是菱形，则，又，所以平面，平面所以E.【小问2详解】分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，由（1）知：平面的法向量为，令面的法向量为，则，令，可得，因为二面角的余弦值为，则，可得，则，设与平面所成的角为，又，，所以.20、（1）；（2）.【解析】（1）由题设，原不等式等价于，分类讨论即可得出结论；（2）不等式对任意恒成立，即，即可求实数a的取值范围.【详解】（1）当时，原不等式等价于，当时，，解得，即；当时，恒成立，即；当时，，解得，即；综上，不等式的解集为；（2），，即或，解得，∴a取值范围是.21、（1）（2）【解析】（1）由求得的值.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】因为，所以，因为函数的图像在点处取得极值，所以，，经检验，符合题意，所以；【小问2详解】由（1）知，，所以在恒成立，即对任意恒成立.令，则.设，易得是增函数，所以，所以，所以函数在上为增函数，则，所以.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取的中点E，连，证明四边形为平行四边形，从而可得为等边三角形，四边形为菱形，从而可证，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）