河北省张家口市涿鹿中学2023-2024学年数学高二上期末调研试题含解析_第1页
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文档简介

河北省张家口市涿鹿中学2023-2024学年数学高二上期末调研试题考生请注意: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.设命题,则为()A. B.C. D.2.如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,圆锥PO的轴截面PAE是边长为2的等边三角形,是底面圆的内接正三角形.则()A. B.C. D.3.如图所示,已知三棱锥,点,分别为,的中点,且,,,用,,表示,则等于()A. B.C. D.4.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用,在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定:多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有个面角,每个面角是,所以正四面体在每个顶点的曲率为,故其总曲率为.给出下列三个结论:①正方体在每个顶点的曲率均为;②任意四棱锥总曲率均为;③若某类多面体的顶点数,棱数,面数满足,则该类多面体的总曲率是常数.其中,所有正确结论的序号是()A.①② B.①③C.②③ D.①②③5.已知圆和椭圆.直线与圆交于、两点,与椭圆交于、两点.若时,的取值范围是,则椭圆的离心率为()A. B.C. D.6.如图给出的是一道典型的数学无字证明问题:各矩形块中填写的数字构成一个无穷数列,所有数字之和等于1.按照图示规律,有同学提出了以下结论,其中正确的是()A.由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为B.前七个矩形块中所填写的数字之和等于C.矩形块中所填数字构成的是以1为首项,为公比的等比数列D.按照这个规律继续下去,第n-1个矩形块中所填数字是7.已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合,过坐标原点作两条互相垂直的射线,,与分别交于,则直线过定点()A. B.C. D.8.已知圆锥的表面积为,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为()A. B.C. D.9.已知点,点关于原点对称点为,则()A. B.C. D.10.已知椭圆的一个焦点坐标为,则的值为()A. B.C. D.11.如图,正方形与矩形所在的平面互相垂直,在上,且平面,则M点的坐标为()A. B.C. D.12.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待18秒才出现绿灯的概率为()A B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列满足,,的前项和为,则______.14.已知,,,若,则______.15.若函数,则在点处切线的斜率为______16.为和的等差中项,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)已知直线l过点,与两坐标轴的正半轴分别交于A,B两点,O为坐标原点(1)若的面积为,求直线l的方程;(2)求的面积的最小值18.(12分)设命题p:,命题q:关于x的方程无实根.(1)若p为真命题,求实数m的取值范围;(2)若为假命题,为真命题,求实数m的取值范围19.(12分)我们知道,装同样体积的液体容器中,如果容器的高度一样,那么侧面所需的材料就以圆柱形的容器最省.所以汽油桶等装液体的容器大都是圆柱形的,某卧式油罐如图1所示,它垂直于轴的截面如图2所示,已知截面圆的半径是1米,弧的长为米表示劣弧与弦所围成阴影部分的面积.(1)请写出函数表达式;(2)用求导的方法证明.20.(12分)已知椭圆的焦距为,左、右焦点分别为,为椭圆上一点,且轴,,为垂足,为坐标原点,且(1)求椭圆的标准方程;(2)过椭圆的右焦点的直线(斜率不为)与椭圆交于两点,为轴正半轴上一点,且,求点的坐标21.(12分)如图,正方体的棱长为2,点为的中点.(1)求直线与平面所成角的正弦值;(2)求点到平面的距离.22.(10分)已知圆的圆心在直线上,且圆经过点与点.(1)求圆的方程;(2)过点作圆的切线,求切线所在的直线的方程.

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、D【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.【详解】因为命题是全称量词命题,所以其否定是存在量词命题,即,故选:D2、B【解析】先求出,再利用向量的线性运算和数量积计算求解.【详解】解:由题得,,故选:B3、A【解析】连接,先根据已知条件表示出,再根据求得结果.【详解】连接,如下图所示:因为为的中点,所以,又因为为的中点,所以,所以,故选:A.4、D【解析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为,故①正确;②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和,因为四棱锥有5个顶点,5个面,分别为4个三角形和1个四边形,所以任意四棱锥的总曲率为,故②正确;③设每个面记为边形,则所有的面角和为,根据定义可得该类多面体的总曲率为常数,故③正确.故选:D.5、C【解析】由题设,根据圆与椭圆的对称性,假设在第一象限可得,结合已知有,进而求椭圆的离心率.【详解】由题设,圆与椭圆的如下图示:又时,的取值范围是,结合圆与椭圆的对称性,不妨假设在第一象限,∴从0逐渐增大至无穷大时,,故,∴故选:C.6、B【解析】根据题意可得矩形块中的数字从大到小形成等比数列,根据等比数列的通项公式可求.【详解】设每个矩形块中的数字从大到小形成数列,则可得是首项为,公比为的等比数列,,所以由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为,故A错误;前七个矩形块中所填写的数字之和等于,故B正确;矩形块中所填数字构成的是以为首项,为公比的等比数列,故C错误;按照这个规律继续下去,第个矩形块中所填数字是,故D错误.故选:B.7、A【解析】由椭圆方程可求得坐标,由此求得抛物线方程;设,与抛物线方程联立可得韦达定理的形式,根据可得,由此构造方程求得,根据直线过定点的求法可求得定点.【详解】由椭圆方程知其焦点坐标为,又抛物线焦点,,解得:,则抛物线的方程为,由题意知:直线斜率不为,可设,由得:,则,即,设,,则,,,,,解得:或;又与坐标原点不重合,,,当时,,直线恒过定点.故选:A.【点睛】思路点睛:本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解,求解此类问题的基本思路如下:①假设直线方程,与抛物线方程联立,整理为关于或的一元二次方程的形式;②利用求得变量的取值范围,得到韦达定理的形式;③利用韦达定理表示出已知中的等量关系,代入韦达定理可整理得到变量间的关系,从而化简直线方程;④根据直线过定点的求解方法可求得结果.8、D【解析】设圆锥的半径为,母线长,根据已知条件求出、的值,可求得该圆锥的高,利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的半径为,母线长,因为侧面展开图是一个半圆,则,即,又圆锥的表面积为,则,解得,,则圆锥的高,所以圆锥的体积,故选:D.9、C【解析】根据空间两点间距离公式,结合对称性进行求解即可.【详解】因为点关于原点的对称点为,所以,因此,故选:C10、B【解析】根据题意得到得到答案.【详解】椭圆焦点在轴上,且,故.故选:B.11、A【解析】设点的坐标为,由平面,可得出,利用空间向量数量积为0求得、的值,即可得出点的坐标.【详解】设点的坐标为,,,,,则,,,平面,即,所以,,解得,所以,点的坐标为,故选:A.12、B【解析】由几何概型公式求解即可.【详解】红灯持续时间为40秒,则至少需要等待18秒才出现绿灯的概率为,故选:B二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】分析出当为正奇数时,,可求得的值,再分析出当为正偶数时,,可求得的值,进而可求得的值.【详解】由题知,当为正奇数时,,于是,,,,,所以.又因为当为正偶数时,,且,所以两式相加可得,于是,两式相减得.所以,故.故答案为:.【点睛】关键点点睛:本题的解题关键在于分析出当为正奇数时,,以及当为正偶数时,,找出规律,结合并项求和法求出以及的值.14、【解析】根据题意,由向量坐标表示,列出方程,求出,,即可得出结果.【详解】因为,,,若,则,解得,所以.故答案为:.【点睛】本题主要考查由向量坐标表示求参数,属于基础题型.15、【解析】根据条件求出,,再求即答案.【详解】∵,∴,则和,得,,∴,,∴,所以在点处切线的斜率为.故答案为:16、【解析】利用等差中项的定义可求得结果.【详解】由等差中项的定义可得.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)或(2)4【解析】(1)设直线方程为,根据所过的点及面积可得关于的方程组,求出解后可得直线方程,我们也可以设直线,利用面积求出后可得直线方程.(2)结合(1)中直线方程的形式利用基本不等式可求面积的最小值.【小问1详解】法一:(1)设直线,则解得或,所以直线或法二:设直线,,则,则,∴或﹣8所以直线或【小问2详解】法一:∵,∴,∴,此时,∴面积的最小值为4,此时直线法二:∵,∴,此时,∴面积的最小值为4,此时直线18、(1)(2)【解析】(1)解一元二次不等式,即可求得当为真命题时的取值范围;(2)先求得命题为真命题时的取值范围.由为假命题,为真命题可知,两命题一真一假.分类讨论,即可求得的取值范围.【详解】(1)当为真命题时,解不等式可得;(2)当为真命题时,由,可得,∵为假命题,为真命题,∴,两命题一真一假,∴或,解得或,∴m的取值范围是.【点睛】本题考查了根据命题真假求参数的取值范围,由复合命题真假判断命题真假,并求参数的取值范围,属于基础题.19、(1),(2)证明见解析【解析】(1)由弧长公式得,根据即可求解;(2)利用导数判断出在上单调递增,即可证明.【小问1详解】由弧长公式得,于是,【小问2详解】cos,显然在上单调递增,于是.20、(1)(2)【解析】(1)利用△∽△构造齐次方程,求出离心率,再利用焦距即可求出椭圆方程;(2)将直线方程与椭圆方程联立利用韦达定理求出和,利用几何关系可知,即可得,将韦达定理代入化简即可求得点坐标.【小问1详解】∵椭圆的焦距为,∴,即,轴,∴,则,由,,则△∽△,∴,即,整理得,即,解得或(舍去)∴,∴,则椭圆的标准方程为,【小问2详解】设直线的方程为,且,将直线方程与椭圆方程联立得,,则,,∵,∴,∴,∴,∴,即.21、(1)(2)【解析】(1)建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量及,利用向量的夹角公式即可得解;(2)直接利用向量公式求解即可【小问1详解】解:以点作坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,0,,,2,,,0,,,0,,设平面的一个法向量为,又,则,则可取,又,设直线与平面的夹角为,则,直线与平面的正弦值为;【小问2详解】解:因为所以点到平面的距离为,点到平面的距离为22、(1);(2)或.【解析】(1)求出线段中点,进而得到线段的垂直平分线为,

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