2024届甘肃省武威市第一中 高二上数学期末联考试题含解析

2024届甘肃省武威市第一中高二上数学期末联考试题注意事项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．命题“若，则”的逆否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则2．记为等差数列的前n项和，有下列四个等式，甲：；乙：；丙：；丁：．如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A.甲 B.乙C.丙 D.丁3．设，是椭圆C：的左、右焦点，若椭圆C上存在一点P，使得，则椭圆C的离心率e的取值范围为（）A. B.C. D.4．观察，，，由归纳推理可得：若定义在上的函数满足，记为的导函数，则=A. B.C. D.5．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：①曲线围成的图形的面积是；②曲线上的任意两点间的距离不超过；③若是曲线上任意一点，则的最小值是其中正确结论的个数为（）A. B.C. D.6．从集合中任取两个不同元素，则这两个元素相差的概率为（）A. B.C. D.7．若命题“或”与命题“非”都是真命题，则A.命题与命题都是真命题B.命题与命题都是假命题C.命题是真命题，命题是假命题D.命题是假命题，命题是真命题8．如果双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的标准方程是（）A. B.C. D.9．已知等差数列的前n项和为，公差，若（，），则（）A.2023 B.2022C.2021 D.202010．已知F1(-5，0)，F2(5，0)，动点P满足|PF1|-|PF2|=2a，当a为3和5时，点P的轨迹分别为()A.双曲线和一条直线 B.双曲线和一条射线C.双曲线的一支和一条直线 D.双曲线的一支和一条射线11．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（）A. B.C. D.12．设等比数列的前项和为，若，则（）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-=1(a>0，b>0)与抛物线y2=8x有一个共同的焦点F，两曲线的一个交点为P，若|FP|=5，则点F到双曲线的渐近线的距离为_____.14．若球的大圆的面积为，则该球的表面积为___________.15．已知线段AB的长度为3，其两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，点M满足．则点M的轨迹方程为______16．已知函数若存在，使得成立，则实数的取值范围是_______________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）已知为直角梯形，，平面，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18．（12分）在①，②，③，三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.设数列是公比大于0的等比数列，其前项和为，数列是等差数列，其前项和为.已知，，，_____________.（1）请写出你选择条件的序号____________；并求数列和的通项公式；（2）求和.19．（12分）如图，在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点（1）证明：（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值20．（12分）如图①，直角梯形中，，，点，分别在，上，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，如图②，平面平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知直线经过点，，直线经过点，且.(1)分别求直线，的方程；(2)设直线与直线的交点为，求外接圆的方程.22．（10分）已知数列的前n项和（1）求的通项公式；（2）若数列的前n项和，求数列的前n项和

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】根据逆否命题的定义写出逆否命题即得【详解】解：以否定的结论作条件、否定的条件作结论得出的命题为原命题的逆否命题，即“若，则”的逆否命题是“若，则”故选：C2、D【解析】分别假设甲、乙、丙、丁不成立，验证得到答案【详解】设数列的公差为，若甲不成立，则，由①，③可得，此时与②矛盾；A错，若乙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；B错，若丙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；C错，若丁不成立，则，由①，③可得，此时；，D对，故选：D.3、B【解析】先设，根据P在椭圆上得到，由，得到的范围，即为离心率的范围.【详解】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得所以，因为，所以整理可得：，消去得：所以，即所以.故选：B4、D【解析】由归纳推理可知偶函数的导数是奇函数，因为是偶函数，则是奇函数，所以，应选答案D5、C【解析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图像，对于①，通过图像可知，所求面积为四个半圆和一个正方形面积之和，结合数据求解即可；对于②，根据图像求出曲线上的任意两点间的距离的最大值即可判断；对于③，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.【详解】当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：，曲线的图像如下图所示：由上图可知，曲线所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，从而曲线所围成的面积，故①正确；由曲线的图像可知，曲线上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即，故②错误；因为到直线的距离为，所以，当最小时，易知在曲线的第一象限内的图像上，因为曲线的第一象限内的图像是圆心为，半径为的半圆，所以圆心到的距离，从而，即，故③正确，故选：C.6、B【解析】一一列出所有基本事件，然后数出基本事件数和有利事件数，代入古典概型的概率计算公式，即可得解.【详解】解：从集合中任取两个不同元素的取法有、、、、、共6种，其中满足两个元素相差的取法有、、共3种.故这两个元素相差的概率为.故选：B.7、D【解析】因为非p为真命题，所以p为假命题，又p或q为真命题，所以q为真命题，选D.8、D【解析】根据渐近线方程设出双曲线方程，然后将点代入，进而求得答案.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以设双曲线方程为，将代入得：，即双曲线方程为.故选：D.9、C【解析】根据题意令可得，结合等差数列前n项和公式写出，进而得到关于的方程，解方程即可.【详解】因为，令，得，又，，所以，有，解得.故选：C10、D【解析】由双曲线定义结合参数a的取值分类讨论而得.【详解】依题意得，当时，，且，点P的轨迹为双曲线的右支；当时，，故点P的轨迹为一条射线.故选D.故选：D11、B【解析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果.【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，所以，圆锥的体积，解得，所以该圆锥的侧面积为.故选：B12、C【解析】利用等比数列前项和的性质，，，，成等比数列求解.【详解】解：因为数列为等比数列，则，，成等比数列，设，则，则，故，所以，得到，所以.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设点为，由抛物线定义知，，求出点P坐标代入双曲线方程得到的关系式，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】由题意得F(2，0)，因为点P在抛物线y2=8x上，|FP|=5，设点为，由抛物线定义知，，解得，不妨取P(3，2)，代入双曲线-=1，得-=1，又因为a2+b2=4，解得a=1，b=，因为双曲线的渐近线方程为，所以双曲线的渐近线为y=±x，由点到直线的距离公式可得，点F到双曲线的渐近线的距离.故答案为：【点睛】本题考查双曲线和抛物线方程及其几何性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；灵活运用双曲线和抛物线的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.14、【解析】设球的半径为，则球的大圆的半径为，根据圆的面积公式列方程求出，再由球的表面积公式即可求解.【详解】设球的半径为，则球的大圆的半径为，所以球的大圆的面积为，可得，所以该球的表面积为.故答案为：.15、【解析】设出动点，根据已知条件得到关于的方程.【详解】设，由，有，得，所以，由得：，所以点的轨迹的方程是.故答案为：16、【解析】分离参数法得到能成立,构造函数，求出的最小值，即可求出实数a的取值范围.【详解】由得.设，则存在,使得成立，即能成立，所以能成立,所以.又令,由对勾函数的性质可得：在上，t(x)单调递增,所以当x=2时,t有最小值，所以实数a的取值范围是.故答案为：【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.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】建立空间直角坐标系.（1）方法一，利用向量的方法，通过计算，，证得，，由此证得平面.方法二，利用几何法，通过平面证得，结合证得，由此证得平面.（2）通过平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，可得，，，.（1）证明法一：因为，，，所以，，所以，，，平面，平面，所以平面.证明法二：因为平面，平面，所以，又因为，即，，平面，平面，所以平面.（2）由（1）知平面的一个法向量，设平面的法向量，又，，且所以所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18、（1）选①，，；选②，，；选③，，；（2），【解析】（1）选条件①根据等比数列列出方程求出公比得通项公式，再由等差数列列出方程求出首项与公差可得通项公式，选②③与①相同的方法求数列的通项公式;（2）根据等比数列、等差数列的求和公式解计算即可.【小问1详解】选条件①：设等比数列的公比为q，，，解得或，，，.设等差数列的公差为d，，，解得，，.选条件②：设等比数列的公比为q，，，解得或，，，.设等差数列的公差为，，，解得，，选条件③：设等比数列的公比为，，，解得或，，，.设等差数列的公差为，，，解得，【小问2详解】由（1）知，，19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由已知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出B、D、E、F点的坐标，然后通过计算向量数量积来进行证明；（2）由第（1）建立的空间直角坐标系，分别表示出对应点的坐标，然后计算平面与平面的法向量，然后通过法向量去计算两平面所成的锐二面角即可.【小问1详解】如图，以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由，，，分别为，，的中点，则，，证明：因为，，所以，所以【小问2详解】设平面的法向量为，因为，，所以，令，得设平面的法向量为，则令，得因为所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据，，，，易证，再根据平面平面，，得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可；（2）根据（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，设二面角的大小为，由求解.【小问1详解】解：因为，，，所以，，又，所以是等腰直角三角形，即，所以.由平面几何知识易知，所以，即.又平面平面，平面平面，，所以平面，又平面，所以.又，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，F（1，0，0），则，，设平面的一个法向量为，由，得，取，则.由，，，得平面，所以平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.21、（1）；（2）.【解析】（1）根据两点式即可求出直线l1的方程，根据直线垂直的关系即可求l2的方程；（2）先求出C点坐标，通过三角形的长度关系知道三角形是以AC为斜边长的直角三角形，故AC的中点即为外心，AC即为直径.解析：(1)∵直线经过点，，∴，设直线的方程为，∴，∴.(2)，即：，∴，的中点为，∴的外接圆的圆心为，半径为，∴外接圆的方程为：.点睛：这个题目考查的是已知两直线位置关系求参的问题，还考