天津市东丽区第一百中学2023-2024学年数学高二上期末教学质量检测试题含解析

天津市东丽区第一百中学2023-2024学年数学高二上期末教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．若直线与平行，则m的值为（）A.－2 B.－1或－2C.1或－2 D.12．命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，3．若函数的导函数在区间上是减函数，则函数在区间上的图象可能是（）A. B.C. D.4．若数列的通项公式为，则该数列的第5项为（）A. B.C. D.5．抛物线的焦点坐标是（）A.（0，－1） B.（－1，0）C. D.6．已知抛物线，为坐标原点，以为圆心的圆交抛物线于、两点，交准线于、两点，若，，则抛物线方程为（）A. B.C. D.7．若数列满足，则的值为（）A.2 B.C. D.8．“”是直线与直线平行的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9．已知点在抛物线的准线上，则该抛物线的焦点坐标是（）A. B.C. D.10．双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A.1 B.2C. D.11．将函数图象上所有点横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A. B.C. D.12．实数且，，则连接，两点的直线与圆C：的位置关系是（）A.相离 B.相切C.相交 D.不能确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为______14．抛物线的准线方程是___________.15．若数列满足，，则__________16．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）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）已知函数，.（1）若函数与在x=1处的切线平行，求函数在处的切线方程；（2）当时，若恒成立，求实数a的取值范围.18．（12分）已知集合，（1）若，求m的取值范围；（2）若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，求m的取值范围19．（12分）已知点关于直线的对称点为Q，以Q为圆心的圆与直线相交于A，B两点，且（1）求圆Q的方程；（2）过坐标原点O任作一直线交圆Q于C，D两点，求证：为定值20．（12分）已知椭圆焦距为，点在椭圆C上（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线与C交于M，N两点，点R是直线上任意一点，设直线的斜率分别为，若，求的方程21．（12分）平面直角坐标系中，过椭圆：右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.（1）求椭圆M的方程；（2）C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD与AB垂直，求四边形ACBD面积的最大值.22．（10分）某公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间x/分101112131415等候人数y/人232526292831调查小组先从这6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数y的差，若差值的绝对值都不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”.（1）若选取的是中间4组数据，求y关于x的线性回归方程=x+，并判断此方程是否是“恰当回归方程”.（2）假设该起点站等候人数为24人，请你根据（1）中的结论预测车辆发车间隔多少时间合适?附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线=x+的斜率和截距的最小二乘估计分别为

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】利用两直线平行的判定有，即可求参数值.【详解】由题设，，可得或.经验证不重合，满足题意，故选：C.2、D【解析】根据含一个量词的命题的否定方法：修改量词，否定结论，直接得到结果.【详解】命题“，”的否定是“，”.故选：D3、A【解析】根据导数概念和几何意义判断【详解】由题意得，图象上某点处的切线斜率随增大而减小，满足要求的只有A故选：A4、C【解析】直接根据通项公式，求；【详解】，故选：C5、C【解析】根据抛物线标准方程，可得p的值，进而求出焦点坐标.【详解】由抛物线可知其开口向下，，所以焦点坐标为，故选：C.6、C【解析】设圆的半径为，根据已知条件可得出关于的方程，求出正数的值，即可得出抛物线的方程.【详解】设圆的半径为，抛物线的准线方程为，由勾股定理可得，因为，将代入抛物线方程得，可得，不妨设点，则，所以，，解得，因此，抛物线的方程为.故选：C.7、C【解析】通过列举得到数列具有周期性，，所以.详解】，同理可得：，可得，则.故选:C.8、C【解析】先根据直线平行的充要条件求出a，然后可得.【详解】若，则，，显然平行；若直线，则且，即.故“”是直线与直线平行的充要条件.故选：C9、C【解析】首先表示出抛物线的准线，根据点在抛物线的准线上，即可求出参数，即可求出抛物线的焦点.【详解】解：抛物线的准线为因为在抛物线的准线上故其焦点为故选：【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题.10、A【解析】分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式求出结果【详解】双曲线中，焦点坐标为渐近线方程为：∴双曲线的焦点到渐近线的距离故选：A11、A【解析】根据三角函数图象的变换，由逆向变换即可求解.【详解】由已知的函数逆向变换，第一步，向左平移个单位长度，得到的图象；第二步，图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，即的图象.故.故选：A12、B【解析】由题意知，m，n是方程的根,再根据两点式求出直线方程，利用圆心到直线的距离与半径之间的关系即可求解.【详解】由题意知，m，n是方程的根，，，过，两点的直线方程为：，圆心到直线的距离为：，故直线和圆相切，故选：B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了计算求解能力，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】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.【详解】由余弦定理知：，而，所以，而，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立.故答案为：14、【解析】先根据抛物线方程求出，进而求出准线方程.【详解】抛物线为，则，解得：，准线方程为：.故答案为：15、7【解析】根据递推公式，依次求得值.【详解】依题意，由，可知，故答案为：716、4500【解析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，则有，即，解得，所以该模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故答案：4500.三、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）；（2）.【解析】（1）求出函数的导数，利用切线平行求出a，即可求出切线方程；（2）先把已知条件转化为，令,，利用导数求出的最小值，即可求出实数a的取值范围.【详解】（1）,故,而,故，故,解得:，故,故的切线方程是:，即；（2）当时，恒成立等价于,令,.则，令，解得：；令，解得：；所以在上单减，在上单增，所以,所以.即实数a的取值范围为.18、（1）（2）【解析】（1）先求出，由得到，得到不等式组，求出m的取值范围；（2）根据充分不必要条件得到是的真子集，分与两种情况进行求解，求得m的取值范围.【小问1详解】，解得：，故，因为，所以，故，解得：，所以m的取值范围是.【小问2详解】若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，则是的真子集，当时，，解得：，当时，需要满足：或，解得：综上：m取值范围是19、（1）（2）证明见解析【解析】（1）先求出点坐标，然后根据圆心到直线的距离公式及的值求出半径即可求得圆的方程.（2）设出直线方程，联立圆和直线方程利用韦达定理来求解.【小问1详解】解：点关于直线的对称点Q为由Q到直线的距离，所以所以圆的方程为【小问2详解】当直线CD斜率不存在时，，所以.当直线CD斜率存在时，设为k，则直线为，记，联立，得所以，综上，为定值520、（1）；（2）.【解析】（1）由焦距为解出，再把点代入椭圆方程中，即可解出答案.（2）根据题意求出当直线与轴重合时，由求出值，即求出的方程为.故只需证：当直线与轴不重合时，上任意一点均使，设出直线方程与椭圆进行联立，化简得证，即可得到答案.【小问1详解】.由于点在椭圆C上，则故椭圆C的方程为.【小问2详解】当直线与轴重合时，是椭圆的左右顶点，不妨设，设，则是上的任意一点，即方程对任意实数都成立，此时的方程为.故只需证：当直线与轴不重合时，上任意一点均使即可，设直线的方程为，，设则由y得证.故的方程为.21、（1）（2）【解析】（1）设，，的中点为，利用“点差法”求解；（2）由求得A，B的坐标，进而得到的长，再根据，设直线的方程为，由，求得的长，然后由四边形的面积为求解.【小问1详解】解：把右焦点代入直线，得，设，，的中点为，则，，相减得，即，即，即.又，，则.又，解得，，故椭圆的方程为.【小问2详解】联立消去，可得，解得或，故交点为，.所以.因为，所以可设直线的方程为，，，联立消去，得到，因为直线与椭圆有两个不同的交点，则，解得，且，又，则.故四边形的面积为，故当时，取得最大值，最大值为.所以四边形的面积的最大值为.22、（1），是“恰当回归