2024届山东省德州市武城二中高二数学第一学期期末检测试题含解析VIP

2024届山东省德州市武城二中高二数学第一学期期末检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（nào）．如图所示的三棱锥为一鳖臑，且平面，平面，若，，，则（）A. B.C. D.2．函数的最大值为（）A.32 B.27C.16 D.403．在三棱柱中，，，，则这个三棱柱的高（）A1 B.C. D.4．设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A.函数有极大值和极小值B.函数有极大值和极小值C.函数有极大值和极小值D.函数有极大值和极小值5．已知双曲线，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.6．第届全运会于年月在陕西西安顺利举办，其中水上项目在西安奥体中心游泳跳水馆进行，为了应对比赛，大会组委会将对泳池进行检修，已知泳池深度为，其容积为，如果池底每平方米的维修费用为元，设入水处的较短池壁长度为，且据估计较短的池壁维修费用与池壁长度成正比，且比例系数为，较长的池壁维修费用满足代数式，则当泳池的维修费用最低时值为（）A. B.C. D.7．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.8．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件9．中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见首日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，恰好走了天到达目的地，则该人第一天走的路程为（）A.里 B.里C.里 D.里10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（）A. B.C. D.11．（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是A.3 B.5C. D.12．等比数列的各项均为正数，且，则A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知直线过点，，且是直线的一个方向向量，则__________.14．将集合且中所有的元素从小到大排列得到的数列记为，则___________（填数值）.15．一个四面体有五条棱长均为2，则该四面体的体积最大值为_______16．设有下列命题：①当，时，不等式恒成立；②函数在上的最小值为2；③函数在上的最大值为；④若，，且，则的最小值为其中真命题为________________．（填写所有真命题的序号）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）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点（1）证明：平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积18．（12分）已知椭圆C的两焦点分别为，长轴长为6⑴求椭圆C的标准方程;⑵已知过点（0，2）且斜率为1的直线交椭圆C于A、B两点,求线段AB的长度19．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点，，（1）求直线BC的方程；（2）记的外接圆为圆M，若直线OC被圆M截得的弦长为4，求点C的坐标20．（12分）已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于两点（1）求△OAB面积的最小值（为坐标原点）；（2）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由21．（12分）某品牌餐饮公司准备在10个规模相当的地区开设加盟店，为合理安排各地区加盟店的个数，先在其中5个地区试点，得到试点地区加盟店个数分别为1，2，3，4，5时，单店日平均营业额（万元）的数据如下：加盟店个数（个）12345单店日平均营业额（万元）10.910.297.871（参考数据及公式：，，线性回归方程，其中，.）（1）求单店日平均营业额（万元）与所在地区加盟店个数（个）的线性回归方程；（2）根据试点调研结果，为保证规模和效益，在其他5个地区，该公司要求同一地区所有加盟店的日平均营业额预计值总和不低于35万元，求一个地区开设加盟店个数的所有可能取值；（3）小赵与小王都准备加入该公司的加盟店，根据公司规定，他们只能分别从其他五个地区（加盟店都不少于2个）中随机选一个地区加入，求他们选取的地区相同的概率.22．（10分）在平面直角坐标系中，点到两点的距离之和等于4，设点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）设直线与交于两点，为何值时？

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、A【解析】根据平面，平面求解.【详解】因为平面，平面，所以，又，，，所以,所以，故选：A2、A【解析】利用导数即可求解.【详解】因为，所以当时，；当时，.所以函数在上单调递增；在上单调递增,，因此，的最大值为.故选：A3、D【解析】先求出平面ABC的法向量，然后将高看作为向量在平面ABC的法向量上的投影的绝对值，则答案可求.【详解】设平面ABC的法向量为，而，，则,即有,不妨令,则,故,设三棱柱的高为h，则,故选：D.4、D【解析】则函数增；则函数减；则函数减；则函数增；选D.【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号，当导函数大于0则函数递增，当导函数小于0则函数递减5、D【解析】由双曲线的方程及双曲线的离心率即可求解.【详解】解：因为双曲线，所以，所以双曲线的离心率，故选：D.6、A【解析】根据题意得到泳池维修费用的的解析式，再利用导数求出最值即可【详解】解：设泳池维修的总费用为元，则由题意得，则，令，解得，当时，；当时，，故当时，有最小值因此，当较短池壁为时，泳池的总维修费用最低故选A7、B【解析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，因圆、没有公共点，则有或，即或，又，解得或，所以实数a的取值范围为.故选：B8、A【解析】由公理2的推论即可得到答案.【详解】由公理2的推论:过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,可得在同一平面,故充分条件成立;由公理2的推论：过两条平行直线,有且只有一个平面,可得,当时,同一个平面上,但中无三点共线,故必要条件不成立;故选:A【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;公理2的三个推论：经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;经过两条平行直线,有且只有一个平面;经过两条相交直线,有且只有一个平面;9、C【解析】建立等比数列的模型，由等比数列的前项和公式求解【详解】记第天走的路程为里，则是等比数列，，，故选：C10、C【解析】由题设且，应用不等式求的范围，即可确定项数.【详解】由题设，且，所以，可得且.所以此数列的项数为.故选：C11、A【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,最小为4,从而的最小值为.故选：A【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.12、B【解析】根据等比数列的性质，结合已知条件，求得，进而求得的值.【详解】由于数列是等比数列，故，所以，故.故选B.【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查对数运算，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】由题得，解方程组即得解.【详解】解：由题得，因为是直线的一个方向向量，所以，所以，所以.故答案为：14、992【解析】列举数列的前几项，观察特征，可得出.详解】由题意得观察规律可得中，以为被减数的项共有个，因为，所以是中的第5项，所以.故答案为：992.15、1【解析】由已知中一个四面体有五条棱长都等于2，易得该四面体必然有两个面为等边三角形，根据棱锥的几何特征，分析出当这两个平面垂直时，该四面体的体积最大，将相关几何量代入棱锥体积公式，即可得到答案【详解】一个四面体有五条棱长都等于2，如下图：设除PC外的棱均为2，设P到平面ABC距离为h，则三棱锥的体积V＝，∵是定值，∴当P到平面ABC距离h最大时，三棱锥体积最大，故当平面PAB⊥平面ABC时，三棱锥体积最大，此时h为等边三角形PAB的AB边上的高，则h，故三棱锥体积的最大值为：故答案为：116、①③④【解析】①直接利用基本不等式判断即可；②直接利用基本不等式以及等号成立的条件判断即可；③分子、分母同除，利用基本不等式即可判断；④设，，利用指、对互化以及基本不等式即可判断.【详解】由于，，故恒成立，当且仅当时取等号，所以①正确；，当且仅当，即时取等号，由于，所以②不正确；因为，所以，当且仅当时取等号，而，即函数的最大值为，所以③正确；设，，则，，，，，所以，当且仅当，时取等号，故的最小值为，所以④正确.故答案为：①③④【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.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）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直的判定即可证结论.（2）若，构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及其对应的余弦值求R，最后由圆锥的体积公式求体积.【小问1详解】由题设，底面圆，又是切线与圆的切点，∴底面圆，则，且，而，∴平面.【小问2详解】由题设，若，可构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，又，可得，∴，，，有，，若是面的一个法向量，则，令，则，又面的一个法向量为，∴，可得，∴该圆锥的体积18、（1）；（2）【解析】(1)由焦点坐标可求c值，a值，然后可求出b的值．进而求出椭圆C的标准方程（2）先求出直线方程然后与椭圆方程联立利用韦达定理及弦长公式求出|AB|的长度【详解】解：⑴由，长轴长为6得：所以∴椭圆方程为⑵设,由⑴可知椭圆方程为①,∵直线AB的方程为②把②代入①得化简并整理得所以又【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查韦达定理及弦长公式的应用，考查运算能力，属于中档题19、（1）；（2）.【解析】(1)延长CB交x轴于点N，根据给定条件求出即可计算作答.(2)利用待定系数法求出圆M的方程，再由给定弦长确定C点位置，推理计算得解.【小问1详解】延长CB交x轴于点N，如图，因，则，又，则有，又，于是得，则直线BC的倾斜角为120°，直线BC的斜率，因此，，即所以直线BC的方程为.【小问2详解】依题意，设圆M的方程为，由(1)得：，解得，于是得圆M的方程为，即，圆心，半径，因直线OC被圆M所截的弦长为4，则直线OC过圆心，其方程为，由解得，即，所以点C的坐标是.20、（1）；（2）是，该定值.【解析】（1）根据弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式进行求解即可；（2）根据两点间距离公式，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【小问1详解】显然直线存在斜率，设直线的方程为：，所以有，设，则有，，原点到直线的距离为：，△OAB的面积为：，当时，有最小值，最小值为；【小问2详解】是定值，理由如下：由（1）可知：，，【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.21、（1）；（2）5，6，7；（3）.【解析】（1）先求得，，进而得到b，a求解；（2）根据题意，由求解；（3）利用古典概型的概率求解.【详解】（1）由题可得，，，设所求线性回归方程为，则，将，代入，得，故所求线性回归方程为.（2）根据题意，，解得：，又，所以的所有可能取值为5，6，7.（3）设其他5个地区分别为，他们选择结果共有25种，具体如下：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，