2024届福建省永安一中数学高二上期末质量检测试题含解析

2024届福建省永安一中数学高二上期末质量检测试题注意事项：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．已知集合，则（）A. B.C. D.2．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（）A. B.C. D.3．若圆与直线相切，则实数的值为（）A. B.或3C. D.或4．椭圆的短轴长为（）A.8 B.2C.4 D.5．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知，数列，，，与，，，，都是等差数列，则的值是（）A. B.C. D.7．已知实数，满足，则的最大值为（）A. B.C. D.8．下列命题是真命题的个数为（）①不等式的解集为②不等式的解集为R③设，则④命题“若，则或”为真命题A1 B.2C.3 D.49．下列关系中，正确的是（）A. B.C. D.10．从2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数的个数为（）A.48 B.36C.24 D.1811．已知双曲线C：-＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，若过原点倾斜角为的直线与双曲线C左右两支交于M、N两点，且MF1NF1，则双曲线C的离心率是（）A.2 B.C. D.12．函数的导函数为，对任意，都有成立，若，则满足不等式的的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设抛物线的准线方程为__________.14．在下列所示电路图中，下列说法正确的是____(填序号)（1）如图①所示，开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要条件；（2）如图②所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件；（3）如图③所示，开关A闭合是灯泡B亮的充要条件；（4）如图④所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件15．已知数列满足，则_____________16．已知数列{}的前n项和为，则该数列的通项公式__________.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）已知数列是等差数列，且，.（1）若数列中依次取出第2项，第4项，第6项，…，第项，按原来顺序组成一个新数列，试求出数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.18．（12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19．（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20．（12分）已知抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，直线交抛物线E于两点（1）求E的方程；（2）若以BC为直径的圆过原点O，求直线l的方程21．（12分）已知复数，是实数.（1）求复数z；（2）若复数在复平面内所表示的点在第二象限，求实数m的取值范围.22．（10分）设函数（1）若在处取得极值，求a的值；（2）若在上单调递减，求a的取值范围

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【解析】先求得集合A，再根据集合的交集运算可得选项.【详解】解：因为，所以故选：B.2、C【解析】作出辅助线，找到异面直线所成的角，利用几何性质进行求解.【详解】连接与，因为，则为所求，又是正三角形，.故选：C.3、D【解析】利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【详解】若圆与直线相切，则到直线的距离为，所以，解得，或.故选：D.4、C【解析】根据椭圆的标准方程求出，进而得出短轴长.【详解】由，可得，所以短轴长为.故选：C.5、D【解析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围.【详解】∵，∴，若在区间内存在单调递增区间，则有解，故，令，则在单调递增，，故.故选：D.6、A【解析】根据等差数列的通项公式，分别表示出，，整理即可得答案.【详解】数列，，，和，，，，各自都成等差数列，，，，故选:A7、A【解析】画出不等式组所表示的平面区域，利用直线的斜率公式模型进行求解即可.【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示：，代数式表示不等式组所表示的平面区域内的点与点连线的斜率，由图象可知：直线的斜率最大，由，即，即的最大值为：，因此的最大值为，故选：A8、B【解析】举反例判断A，解一元二次不等式确定B，由导数的运算法则求导判断C，利用逆否命题判断D【详解】显然不是的解，A错；，B正确；，，C错；命题“若，则或”的逆否命题是：若且，则，是真命题，原命题也是真命题，D正确真命题个数2.故选：B9、B【解析】根据对数函数的性质判断A，根据指数函数的性质判断B，根据正弦函数的性质及诱导公式判断C，根据余弦函数的性质及诱导公式判断D；【详解】解：对于A：因为，，，故A错误；对于B：因为在定义域上单调递减，因为，所以，又，，因为在上单调递增，所以，所以，所以，故B正确；对于C：因为在上单调递减，因为，所以，又，所以，故C错误；对于D：因为在上单调递减，又，所以，又，所以，故D错误；故选：B10、B【解析】直接利用乘法分步原理分三步计算即得解.【详解】从中选一个数字，有种方法；从中选两个数字，有种方法；组成无重复数字的三位数，有个.故选：B11、C【解析】根据双曲线和直线的对称性，结合矩形的性质、双曲线的定义、离心率公式、余弦定理进行求解即可.【详解】设双曲线的右焦点为F2，过原点倾斜角为的直线为，设M、N分别在第三、第一象限，由双曲线和直线的对称性可知：M、N两点关于原点对称，而MF1NF1，因此四边形是矩形，而，所以是等边三角形，故，因此，因为，所以，在等腰三角形中，由余弦定理可知：，由矩形的性质可知：，由双曲线的定义可知：，故选：C【点睛】关键点睛：利用矩形的性质、双曲线的定义是解题的关键.12、C【解析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性即可得解.【详解】对任意，都有成立，即令，则，所以函数上单调递增不等式即，即因为，所以所以，，解得，所以不等式的解集为故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意结合抛物线的标准方程确定其准线方程即可.【详解】由抛物线方程可得，则，故准线方程为.故答案为【点睛】本题主要考查由抛物线方程确定其准线方法，属于基础题.14、（1）（2）（3）【解析】充分不必要条件是该条件成立时，可推出结果，但结果不一定需要该条件成立；必要条件是有结果必须有这一条件，但是有这一条件还不够；充要条件是条件和结果可以互推；条件和结果没有互推关系的是既不充分也不必要条件【详解】（1）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充分不必要条件，选项（1）正确.（2）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的必要不充分条件，选项（2）正确.（3）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充要条件，选项（3）正确.（4）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的既不充分也不必要条件，选项（4）错误.故答案为（1）（2）（3）.15、【解析】找到数列的规律，由此求得.【详解】依题意，，，所以数列是以为周期的周期数列，.故答案为：16、2n+1【解析】由计算，再计算可得结论【详解】由题意时，，又适合上式，所以故答案为：【点睛】本题考查由求通项公式，解题根据是，但要注意此式不含，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）.【解析】(1)利用等差数列性质求出数列公差及通项公式，由求解作答.(2)由(1)的结论求出，再用错位相减法计算作答.【小问1详解】等差数列中，，解得，公差，则，因此，，依题意，，所以数列的通项公式，.【小问2详解】由(1)知，，则，因此，，，所以.18、（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）取的中点M，连接，以B为空间坐标原点，向量分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】解：取的中点E，连，∵，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∵，∴为等边三角形，四边形为菱形，∴，，∴∴，∵，，，平面，，∴平面，∵平面，∴；【小问2详解】解：取的中点M，连接，由（1）知，，∵平面平面，，∴平面，以B为空间坐标原点，向量分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，，有，取，可得，设平面的法向量为，由，，有，取，有，有，故平面与平面所成二面角的正弦值为19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（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.【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.20、（1）；（2）.【解析】(1)利用椭圆的焦点与抛物线的焦点相同，列出方程求解即可(2)设，、，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，通过，求出，得到直线方程【小问1详解】由题意知：，，∴的方程是【小问2详解】设，、，，由题意知，由，得，∴，，，∵以为直径的圆过点，∴，即，∴，解得，∴直线的方程是21、（1）（2）【解析】（1）先将代入化简，再由其虚部为零可求出的值，从而可求出复数，（2）先对化简，再由题意可得从而可求得结果【小问1详解