河北省承德市隆化县存瑞中学2023-2024学年高二数学第一学期期末教学质量检测试题含解析

河北省承德市隆化县存瑞中学2023-2024学年高二数学第一学期期末教学质量检测试题注意事项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．已知m，n表示两条不同直线，表示两个不同平面.设有两个命题：：若，则；：若，则.则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.2．椭圆的一个焦点坐标为，则（）A.2 B.3C.4 D.83．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（）A.2 B.C. D.4．已知双曲线，且三个数1，，9成等比数列，则下列结论正确的是（）A.的焦距为 B.的渐近线方程为C.的离心率为 D.的虚轴长为5．在正三棱锥S-ABC中，AB=4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S-ABC外接球的体积为（）A.π B.πC.π D.π6．已知是上的单调增函数，则的取值范围是A.﹣1b2 B.﹣1b2C.b﹣2或b2 D.b﹣1或b27．已知等比数列的前n项和为，，，则（）A. B.C. D.8．数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（）A. B.2C. D.39．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为（）A.与互为对立事件 B.与互斥C.与相等 D.10．己知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A、B两点，直线与C交于D、E两点，则的最小值为（）A.24 B.22C.20 D.1611．已知直四棱柱的棱长均为，则直线与侧面所成角的正切值为（）A. B.C. D.12．圆与圆的位置关系是（）A.内含 B.相交C.外切 D.外离二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某天上午只排语文、数学、体育三节课，则体育不排在第一节课的概率为_________14．已知椭圆的左、右焦点分别为、，关于原点对称的点A、B在椭圆上，且满足，若令且，则该椭圆离心率的取值范围为___________15．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________16．在平行六面体中，点P是AC与BD的交点，若，且，则___________.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）已知数列的首项，前n项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和.18．（12分）已知数列是递增的等差数列，，若成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和，求.19．（12分）已知抛物线的准线与轴的交点为.（1）求的方程；（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.请判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.20．（12分）在一次重大军事联合演习中，以点为中心的海里以内海域被设为警戒区域，任何船只不得经过该区域．已知点正北方向海里处有一个雷达观测站，某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点北偏东，且与点相距海里的位置，经过小时又测得该船已行驶到位于点北偏东，且与点相距海里的位置（1）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；（2）该船能否不改变方向继续直线航行？请说明理由21．（12分）已知直线与双曲线交于，两点，为坐标原点（1）当时，求线段的长；（2）若以为直径的圆经过坐标原点，求的值22．（10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.

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】利用直线与平面，平面与平面的位置关系判断2个命题的真假，再利用复合命题的真值表判断选项的正误即可【详解】，表示两条不同直线，，表示两个不同平面：若，，则也可能，也可能与相交，所以是假命题，为真命题；：令直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则，则，所以是真命题，所以为假命题；所以为假命题，是真命题，为假命题，是真命题，所以为假命题故选：2、D【解析】由条件可得，，，，由关系可求值.【详解】∵椭圆方程为：，∴，∴，，∵椭圆的一个焦点坐标为，∴，又，∴，∴，故选：D.3、B【解析】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，则，当直线PA与抛物线相切时，最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.【详解】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，所以则，当最小时，则值最大，所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即最小，由题意可得，设切线PA的方程为：，，整理可得，，可得，将代入，可得，所以，即P的横坐标为1，即P的坐标，所以，，所以的最大值为：，故选：B【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化4、D【解析】先求得的值，然后根据双曲线的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】方程表示双曲线，则，成等比数列，则，所以双曲线方程为，所以，故双曲线的焦距为，A选项错误.渐近线方程为，B选项错误.离心率，C选项错误.虚轴长，D选项正确.故选：D5、C【解析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得【详解】取中点，连接，则，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱锥，因此，因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由，得，所以所求外接球直径为，半径为，球体积为故选：C6、A【解析】利用三次函数的单调性，通过其导数进行研究，求出导数，利用其导数恒大于0即可解决问题【详解】∵∴∵函数是上的单调增函数∴在上恒成立∴，即.∴故选A.【点睛】可导函数在某一区间上是单调函数，实际上就是在该区间上（或）（在该区间的任意子区间都不恒等于0）恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围，本题是根据相应的二次方程的判别式来进行求解.7、A【解析】由，可得等比数列公比q=2，利用等比数列求和公式和通项公式即可求.【详解】设等比数列的公比为q，则，.故选：A.8、A【解析】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.【详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，所以，即，解得，则当时，，不成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；所以的值不可能是，故选：A.9、D【解析】利用互斥事件和对立事件的定义分析判断即可【详解】因为抛掷两枚质地均匀的硬币包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上，4种情况，其中事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，所以与不互斥，也不对立，也不相等，，所以ABC错误，D正确，故选：D10、A【解析】由抛物线的性质：过焦点的弦长公式计算可得.【详解】设直线，的斜率分别为，由抛物线的性质可得，，所以，又因为，所以，所以，故选：A.11、D【解析】根据题意把直线与侧面所成角的正切值转化为在直角三角形中的正切值，即可求出答案.【详解】由题意可知直四棱柱如下图所示：取的中点设为点，连接，在直四棱柱中，面，面，，在四边形中，，，故且.面，面，面，.故直线与侧面所成角的正切值为.故选：D.12、C【解析】分别求出两圆的圆心、半径，再求出两圆的圆心距即可判断作答.【详解】圆的圆心，半径，圆，即的圆心，半径，则，即有，所以圆与圆外切.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】写出语文、数学、体育的所有可能排列，找出其中体育不排在第一节课的情况，利用概率公式计算即可.【详解】所有可能结果如下：（语文，数学，体育）；（语文，体育，数学）；（数学，语文，体育）：（数学，体育，语文）；（体育，语文，数学）；（体育，数学，语文）,其中体育不排在第一节课的情况有四种，则体育不排在第一节课的概率14、【解析】由得为矩形，则，故，结合正弦函数即可求得范围【详解】由已知可得，且四边形为矩形所以，又因为，所以得离心率因为，所以，可得，从而故答案为：15、【解析】分析：应用换元法，令，，不等式恒成立，转化为在恒成立，确定关系式，即可求得答案.详解：函数对称轴，最小值令，则恒成立，即在上.，在单调递增，，解得，即实数的取值范围是故答案为.点睛：本题考查了函数的单调性、最值问题、不等式恒成立问题以及二次函数的图象和性质等知识，考查了复合函数问题求解的换元法16、【解析】由向量的运算法则，求得，根据，结合向量的数量积的运算，即可求解.【详解】由题意可得，，则，故.故答案为：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、（1）证明见解析（2）【解析】（1）当时，由，得，两式相减化简可得，再对等式两边同时减去1，化简可证得结论，（2）由（1）得，然后利用分组求和可求出【小问1详解】由已知得，.当时，.两式相减得，.于是，即，又，，，所以满足上式，所以对都成立，故数列是等比数列.【小问2详解】由（1）得，，.18、（1）；（2）.【解析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解；（2）由（1）求得，结合“裂项法”即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，若成等比数列，可得，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可得，所以.【点睛】关于数列的裂项法求和的基本策略：1、基本步骤：裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；累加：将数列裂项后的各项相加；消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前项和.2、消项的规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.19、（1）（2）是定值，定值为【解析】(1)由抛物线的准线求标准方程；(2)直线与抛物线相交求定值，解联立方程消未知数，利用韦达定理，求线段长，再求它们的倒数的平方和.【小问1详解】由题意，可得，即，故抛物线的方程为.【小问2详解】为定值，且定值是.下面给出证明.证明：设直线的方程为，，，联立抛物线有，消去得，则，又，.得因此为定值，且定值是.20、（1）海里/小时；（2）该船要改变航行方向，理由见解析.【解析】（1）设一个单位为海里，建立以为坐标原点，正东、正北方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，计算出，即可求得该船的行驶速度；（2）求出直线的方程，计算出点到直线的距离，可得出结论.【小问1详解】解：设一个单位为海里，建立以为坐标原点，正东、正北方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，则坐标平面中，，且，，则、、，，所以，所以、两地的距离为海里，所以该船行驶的速度为海里/小时.【小问2详解】解：直线的斜率为，所以直线的方程为，即，所以点到直线的距离为，所以直线会与以为圆心，以个单位长为半径的圆相交，因此该船要改变航行方向，否则会进入警戒区域21、（1）（2）【解析】（1）联立直线方程和双曲线方程，利用弦长公式可求弦长.（2）根据圆过原点可得，设，从而，联立直线方程和双曲线方程后利用韦达定理化简前者可得所求的参数的值.【小问1详解】当时，直线，设，由可得，此时，故.【小问2详解】设，因为以为直径的圆经过坐标原点，故，故，由可得，故且，故.而可化为即，因为，所以，解得，结合其范围可得.22、（1）；（2）5，6，7；（3）.【