河北省滦县实验中学2024届高二数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

河北省滦县实验中学2024届高二数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项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．等比数列的第4项与第6项分别为12和48，则公比的值为（）A. B.2C.或2 D.或2．设等比数列的前项和为，若，，则（）A.66 B.65C.64 D.633．记不超过x的最大整数为，如，.已知数列的通项公式，则使的正整数n的最大值为（）A.5 B.6C.15 D.164．如图，在三棱柱中，平面，，，分别是，中点，在线段上，则与平面的位置关系是（）A.垂直 B.平行C.相交但不垂直 D.要依点的位置而定5．在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离为（）A. B.C. D.6．在等差数列{an}中，a1=1，，则a7=（）A.13 B.14C.15 D.167．若动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，则此动圆与直线（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定8．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若，则|QF|＝()A. B.C.3 D.29．如果椭圆的弦被点平分，那么这条弦所在的直线的方程是（）A. B.C. D.10．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图①，一个光学装置由有公共焦点的椭圆与双曲线构成，现一光线从左焦点发出，依次经与反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的去掉，如图②，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时秒；若，则的长轴长与的实轴长之比为（）A. B.C. D.11．已知等差数列满足，，则（）A. B.C. D.12．已知是直线的方向向量，为平面的法向量，若，则的值为（）A. B.C.4 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知圆，圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，则圆的标准方程为________14．在等比数列中，已知，则__________15．已知正数、满足，则的最大值为__________16．如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）.①当时，S为四边形；②当时，S为等腰梯形；③当时，S与的交点R满足；④当时，S为六边形；⑤当时，S的面积为.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，几何体中，平面，，，，E是中点，二面角的平面角为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到点的距离之差为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于、两点，若的面积为，求直线的方程.19．（12分）已知函数，，其中为自然对数的底数.（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；（2）是否存在实数，使得的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.21．（12分）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点（1）求证：；（2）求直线AB与平面所成角的正弦值22．（10分）如图，在三棱锥中，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.

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】根据等比数列的通项公式计算可得；详解】解：依题意、，所以，即，所以；故选：C2、B【解析】根据等比数列前项和的片段和性质求解即可.【详解】解：由题知：，，，所以，，成等比数列，即5，15，成等比数列，所以，解得.故选：B.3、C【解析】根据取整函数的定义，可求出的值，即可得到答案；【详解】，，，，，，当时，，使的正整数n的最大值为，故选：C4、B【解析】构造三角形,先证∥平面,同理得∥平面,再证平面∥平面即可.【详解】连接，，.因为在直三棱柱中，M，N分别是，AB的中点，所以∥.因为平面内，平面，所以∥平面.同理可得AM∥平面.又因为，平面，平面，所以平面∥平面.又因为P点在线段上，所以∥平面.故选：B.5、D【解析】根据正方体的性质，在直角△中应用等面积法求到直线的距离.【详解】由正方体的性质：面，又面，故，直角△中，若到上的高为，∴，而，，，∴.故选：D.6、A【解析】利用等差数列的基本量，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，，解得：，则.故选：A7、B【解析】根据题意得定点为抛物线的焦点，为准线，进而根据抛物线的定义判断即可.【详解】解：由题知，定点为抛物线的焦点，为准线，因为动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，所以根据抛物线的定义得动圆的圆心到直线的距离等于圆心到定点，即圆心到直线的距离等于动圆的半径，所以动圆与直线相切.故选：B8、C【解析】过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，利用抛物线定义以及相似得到|QF|＝|QQ′|＝3.【详解】如图所示：过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为，所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离为4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.故选C.【点睛】本题考查了抛物线的定义应用，意在考查学生的计算能力.9、B【解析】设该弦所在直线与椭圆的两个交点分别为，，则，利用点差法可得答案.【详解】设该弦所在直线与椭圆的两个交点分别为，，则因为，两式相减可得，，即由中点公式可得，所以，即，所以AB所在直线方程为，即故选：B10、D【解析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得和的周长，再根据光速相同，且求解.【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，两式相减得，所以的周长为，在图②中，的周长为，因为光速相同，且，所以，即，所以，即的长轴长与的实轴长之比为，故选：D11、D【解析】根据等差数列的通项公式求出公差，再结合即可得的值.【详解】因为是等差数列，设公差为，所以，即，所以，所以，故选：D.12、A【解析】由，可得，再计算即可求解.【详解】由题意可知，所以，即.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题干求得圆的圆心及半径，再利用圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上确定圆的圆心及半径.【详解】圆的标准方程为，所以圆心，半径为由圆心在直线上，可设因为与轴相切，与圆外切，于是圆的半径为，从而，解得因此，圆的标准方程为故答案为：【点睛】判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法．两圆相切注意讨论内切外切两种情况.14、32【解析】根据已知求出公比即可求出答案.【详解】设等比数列的公比为，则，则，所以.故答案为：32.15、【解析】直接利用均值不等式得到答案.【详解】，当即时等号成立.故答案为【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.16、①②③⑤【解析】①由如图当点向移动时，满足，只需在上取点满足，即可得截面为四边形，如图所示，是四边形，故①正确；②当时，即为中点，此时可得PQ∥AD，AP=QD==，故可得截面APQD为等腰梯形，等腰梯形，故②正确；③当时，如图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，可证，由∽，可得，故可得，故③正确；④由③可知当时，只需点上移即可，此时的截面形状仍然如图所示的，如图是五边形，故④不正确；⑤当时，与重合，取的中点，连接，可证，且，可知截面为为菱形，故其面积为，如图是菱形，面积为，故⑤正确，故答案为①②③⑤考点：正方体的性质.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）证明见解答；（2）【解析】（1）平面，可得，是二面角的平面角，由余弦定理可得，，从而可证平面；（2）以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的一个法向量与的方向向量，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦值【小问1详解】证明：取中点，又是中点，，，平面，平面，，平面，是二面角的平面角，，又，，在中，由余弦定理有，可得，又是中点，，平面，，又，平面，平面.【小问2详解】解：以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，0，，，1，，1，，，0，，，1，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，，，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为18、（1）；（2）或.【解析】（1）本题首先可以设动点，然后根据题意得出，通过化简即可得出结果；（2）本题首先可排除直线斜率不存在时情况，然后设直线方程为，通过联立方程并化简得出，则，，再然后根据得出，最后根据的面积为即可得出结果.【详解】（1）设动点，因为动点到直线的距离与到点的距离之差为，所以，化简可得，故轨迹方程为.（2）当直线斜率不存在时，其方程为，此时，与只有一个交点，不符合题意，当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程，化简得，，令、，则，，因为，所以，因为的面积为，所以，解得或，故直线方程为：或.【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法以及抛物线与直线相交的相关问题的求解，能否根据题意列出等式是求动点的轨迹方程的关键，考查韦达定理的应用，在计算时要注意斜率为这种情况，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题.19、（1）单调增区间是，单调减区间是；最大值为；（2）存在，.【解析】（1）利用为的极值点求得，进而可得函数的单调区间和最大值；（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.【详解】解：.（1）∵，，∴，由，得.∴，∴，，，，∴的单调增区间是，单调减区间是；的极大值为；也即的最大值为.（2）解：∵，∴，①当时，单调递增，得的最大值是，解得，舍去；②时，由，即，当，即时，∴时，；时，；∴的单调增区间是，单调减区间是，又在上的最大值为，∴，∴；当，即时，在单调递增，∴的最大值是，解得，舍去；综上：存在符合题意，此时.【点睛】本题主要考查了函数的导数在求解函数的单调性及求解函数的最值中的应用，还考查了函数的最值求解与分类讨论的应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的条件.20、（1）（2）【解析】（1）根据两点距离公式即可求半径，进而得圆方程；（2）根据直线与圆的弦长公式即可求解【小问1详解】由，所以圆O的方程为；【小问2详解】由点O到直线的距离为所以弦长21、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由线面垂直、等腰三角形的性质易得、，再根据线面垂直的判定及性质证明结论；（2）构建空间直角坐标系，确定相关点坐标，进而求的方向向量、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】在三棱柱中，平面，则平面，由平面，则，，则，又为的中点，则，又，则平面，由平面，因此，.【小问2详解】以为原点，以，，为轴、轴、轴的正方向建立