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文档简介
甘肃省靖远三中2024届高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.直线的斜率是方程的两根,则与的位置关系是()A.平行 B.重合C.相交但不垂直 D.垂直2.命题“,”否定形式是()A., B.,C., D.,3.已知是函数的导函数,则()A0 B.2C.4 D.64.双曲线的离心率为,则其渐近线方程为A. B.C. D.5.设为双曲线与椭圆的公共的左右焦点,它们在第一象限内交于点是以线段为底边的等腰三角形,若椭圆的离心率范围为,则双曲线的离心率取值范围是()A. B.C. D.6.的二项展开式中,二项式系数最大的项是第()项.A.6 B.5C.4和6 D.5和77.在下列命题中正确的是()A.已知是空间三个向量,则空间任意一个向量总可以唯一表示为B.若所在的直线是异面直线,则不共面C.若三个向量两两共面,则共面D.已知A,B,C三点不共线,若,则A,B,C,D四点共面8.等差数列中,已知,,则的前项和的最小值为()A. B.C. D.9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则△ABC()A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形10.直线与圆的位置关系是()A.相切 B.相交C.相离 D.不确定11.若圆与圆有且仅有一条公切线,则()A.-23 B.-3C.-12 D.-1312.已知函数,若对任意,都有成立,则a的取值范围为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知双曲线中心在坐标原点,左右焦点分别为,渐近线分别为,过点且与垂直的直线分别交于两点,且,则双曲线的离心率为________14.已知双曲线的左焦点为F,点P在双曲线右支上,若线段PF的中点在以原点O为圆心,为半径的圆上,且直线PF的斜率为,则该双曲线的离心率是______15.已知函数是上的奇函数,,对,成立,则的解集为_________16.曲线围成的图形的面积为___________.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)已知双曲线及直线(1)若与有两个不同的交点,求实数的取值范围(2)若与交于,两点,且线段中点的横坐标为,求线段的长18.(12分)已知函数.(1)当时,求函数的极值;(2)若对,恒成立,求的取值范围.19.(12分)已知圆.(1)若直线与圆相交于两点,弦的中点为,求直线的方程;(2)若斜率为1的直线被圆截得的弦为,以为直径的圆经过圆的圆心,求直线的方程.20.(12分)已知抛物线的焦点为F,其中P为E的准线上一点,O是坐标原点,且(1)求抛物线E的方程;(2)过的直线与E交于C,D两点,在x轴上是否存在定点,使得x轴平分?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由21.(12分)如图,在三棱柱中,,D为BC的中点,平面平面ABC(1)证明:;(2)已知四边形是边长为2的菱形,且,问在线段上是否存在点E,使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为,若存在,求出CE的长度,若不存在,请说明理由22.(10分)已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)当时,证明:存在最大值,且恒成立.
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】由韦达定理可得方程的两根之积为,从而可知直线、的斜率之积为,进而可判断两直线的位置关系【详解】设方程的两根为、,则直线、的斜率,故与相交但不垂直故选:C2、C【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】因为命题“,是特称命题,所以其否定是全称命题,即为,故选:C3、D【解析】由导数运算法则求出导函数,再计算导数值【详解】由题意,,所以故选:D4、A【解析】分析:根据离心率得a,c关系,进而得a,b关系,再根据双曲线方程求渐近线方程,得结果.详解:因为渐近线方程为,所以渐近线方程为,选A.点睛:已知双曲线方程求渐近线方程:.5、A【解析】设椭圆的标准方程为,根据椭圆和双曲线的定义可得到两图形离心率之间的关系,再根据椭圆的离心率范围可得双曲线的离心率取值范围.【详解】设椭圆的标准方程为,,则有已知,两式相减得,即,,因为,解得故选:A.6、A【解析】由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.【详解】因为二项式展开式一共11项,其中中间项的二项式系数最大,易知当r=5时,最大,即二项展开式中,二项式系数最大的为第6项.故选:A7、D【解析】对于A,利用空间向量基本定理判断,对于B,利用向量的定义判断,对于C,举例判断,对于D,共面向量定理判断【详解】对于A,若三个向量共面,在平面,则空间中不在平面的向量不能用表示,所以A错误,对于B,因为向量是自由向量,是可以自由平移,所以当所在的直线是异面直线时,有可能共面,所以B错误,对于C,当三个向量两两共面时,如空间直角坐标系中的3个基向量两两共面,但这3个向量不共面,所以C错误,对于D,因为A,B,C三点不共线,,且,所以A,B,C,D四点共面,所以D正确,故选:D8、B【解析】由等差数列的性质将转化为,而,可知数列是递增数,从而可求得结果【详解】∵等差数列中,,∴,即.又,∴的前项和的最小值为故选:B9、C【解析】由余弦定理确定角的范围,从而判断出三角形形状【详解】由得-cosC>0,所以cosC<0,从而C为钝角,因此△ABC一定是钝角三角形.故选:C10、B【解析】直线恒过定点,而此点在圆的内部,故可得直线与圆的位置关系.【详解】直线恒过定点,而,故点在圆的内部,故直线与圆的位置关系为相交,故选:B.11、A【解析】根据两圆有且仅有一条公切线,得到两圆内切,从而可求出结果.【详解】因为圆,圆心为,半径为;圆可化为,圆心为,半径,又圆与圆有且仅有一条公切线,所以两圆内切,因此,即,解得.故选:A.12、C【解析】求出函数的导数,再对给定不等式等价变形,分离参数借助均值不等式计算作答.【详解】对函数求导得:,,,则,,而,当且仅当,即时“=”,于是得,解得,所以a的取值范围为.故选:C【点睛】关键点睛:涉及不等式恒成立问题,将给定不等式等价转化,构造函数,利用函数思想是解决问题的关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】判断出三角形的形状,求得点坐标,由此列方程求得,进而求得双曲线的离心率.【详解】依题意设双曲线方程为,双曲线的渐近线方程为,右焦点,不妨设.由于,所以是线段的中点,由于,所以是线段的垂直平均分,所以三角形是等腰三角形,则.直线的斜率为,则直线的斜率为,所以直线的方程为,由解得,则,即,化简得,所以双曲线的离心率为.故答案为:14、3【解析】如图利用条件可得,,然后利用双曲线的定义可得,即求.【详解】如图设双曲线的右焦点为,线段PF的中点为M,连接,则,又直线PF的斜率为,∴在直角三角形中,,∴,∴,即,∴.故答案:3.15、【解析】根据题意可以设,求其导数可知在上的单调性,由是上的奇函数,可知的奇偶性,进而可知在上的单调性,由可知的零点,最后分类讨论即可.【详解】设,则对,,则在上为单调递增函数,∵函数是上的奇函数,∴,∴,∴偶函数,∴在上为单调递减函数,又∵,∴,由已知得,所以当时,;当时,;当时,;当时,;若,则;若,则或,解得或或;则的解集为.故答案为:.16、##【解析】曲线围成图形关于轴,轴对称,故只需要求出第一象限的面积即可.【详解】将或代入方程,方程不发生改变,故曲线关于轴,轴对称,因此只需求出第一象限的面积即可.当,时,曲线可化为:,表示的图形为一个半圆,围成的面积为,故曲线围成的图形的面积为.故答案:.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)且;(2)【解析】(1)联立直线与双曲线方程,利用方程组与两个交点,求出k的范围(2)设交点A(x1,y1),B(x2,y2),利用韦达定理以及弦长公式求解即可【详解】(1)联立y=2可得∵与有两个不同的交点,且,且(2)设,由(1)可知,又中点的横坐标为,,或又由(1)可知,为与有两个不同交点时,18、(1)极小值为,无极大值;(2).【解析】(1)对函数进行求导、列表、判断函数的单调性,最后根据函数极值的定义进行求解即可;(2)对进行常变量分离,然后构造新函数,对新函数进行求导,判断其单调性,进而求出新函数的最值,最后根据题意求出的取值范围即可.【详解】(1)函数的定义域为,当时,.由,得.当变化时,,的变化情况如下表-0+单调递减极小值单调递增所以在上单调递减,上单调递增,所以函数的极小值为,无极大值.(2)对,恒成立,即对,恒成立.令,则.由得,当时,,单调递增;当时,,单调递减,所以,因此.所以的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值,考查了构造函数法、常变量分离法,考查了数学运算能力和分类讨论思想.19、(1)(或(2)或【解析】(1)由条件可得,由此可求直线的斜率,由点斜式求直线的方程;(2)由条件可求到直线的距离,利用待定系数法求直线的方程.【小问1详解】圆,得圆心,半径,直线的斜率:,设直线的斜率为,有,解得.所求直线的方程为:.(或【小问2详解】直线m被圆C截得的弦EF为直径的圆经过圆心C,∴圆心C到直线的距离为.设直线方䄇为,则解得或直线的方程为:或20、(1)(2)存在;【解析】(1)设,利用向量坐标运算求出p即可;(2)设直线MC,MD的斜率分别为,,利用坐标计算恒成立,即可求解.【小问1详解】抛物线的焦点为,设,则,因为,所以,得所以抛物线E的方程为【小问2详解】假设在x轴上存在定点,使得x轴平分设直线的方程为,设点,,联立,可得∵恒成立,∴,设直线MC,MD的斜率分别为,,则由定点,使得x轴平分,则,所以把根与系数的关系代入可得,得故存在满足题意.综上所述,在x轴上存在定点,使得x轴平分21、(1)证明见解析(2)存在,1【解析】(1)由面面垂直证明线面垂直,进而证明线线垂直;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量进行求解.【小问1详解】∵,且D为BC的中点,∴,因为平面平面ABC,交线为BC,AD⊥BC,AD面ABC,所以AD⊥面,因为面,所以.【小问2详解】假设存在点E,满足题设要求连接,,∵四边形为边长为2的菱形,且,∴为等边三角形,∵D为BC的中点∴,∵平面平面ABC,交线为BC,面,所以面ABC,故以D为原点,DC,DA,分别为x,y,z轴的空间直角坐标系则,,,,设,,设面AED的一个法向量为,则,令,则设面AEC的一个法向量为,则,令,则设平面EAD与平面EAC的夹角为,则解得:,故点E为中点,所以22、(1)的单增区间为,;单减区间为,,;(2)证明见解析.【解析】(1)先求出函数的定义域,求出,由,结合函数的定义
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