银川市重点中学2024届数学高二上期末联考试题含解析

银川市重点中学2024届数学高二上期末联考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．若函数在上为单调减函数，则的取值范围（）A. B.C. D.2．一部影片在4个单位轮流放映，每个单位放映一场，不同的放映次序有（）A.种 B.4种C.种 D.种3．如图，是函数的部分图象，且关于直线对称，则（）A. B.C. D.4．直线的倾斜角大小为（）A. B.C. D.5．设为坐标原点，抛物线的焦点为，为抛物线上一点．若，则的面积为（）A. B.C. D.6．若，，则下列各式中正确的是（）A. B.C. D.7．方程表示的曲线是（）A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线C.一个椭圆一部分和一条直线 D.一个椭圆8．已知直线平分圆C：，则最小值为（）A.3 B.C. D.9．已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且，用表示，则等于（）A. B.C. D.10．执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（）A. B.C. D.11．如图，空间四边形中，，，，且，，则（）A. B.C. D.12．过点，的直线的斜率等于1，则m的值为（）A.1 B.4C.1或3 D.1或4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．椭圆的右焦点为，过原点的直线与椭圆交于两点、，则的面积的最大值为___________.14．围棋是一种策略性两人棋类游戏．已知某围棋盒子中有若干粒黑子和白子，从盒子中取出2粒棋子，2粒都是黑子的概率为，2粒恰好是同一色的概率比不同色的概率大，则2粒恰好都是白子的概率是______15．如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，、分别为、的中点.设异面直线与所成的角为，则的最大值为____16．函数在区间上的最小值为__________.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）已知为数列的前n项和，，且，，其中为常数.（1）求证：数列为等差数列；（2）是否存在，使得是等差数列？并说明理由.18．（12分）数列{}的首项为，且（1）证明数列为等比数列，并求数列{}的通项公式；（2）若，求数列{}的前n项和19．（12分）已知函数（1）当时，求的极值；（2）讨论的单调性20．（12分）如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，，.（1）求点C到平面的距离；（2）线段上是否存在点F，使与平面所成角正弦值为，若存在，求出，若不存在，说明理由.21．（12分）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥AB，PA⊥AD，且E、F分别是AC、PB的中点（1）证明：EF∥平面PCD；（2）求证：平面PBD⊥平面PAC22．（10分）已知在时有极值0.（1）求常数，的值；（2）求在区间上的最值.

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、A【解析】分析可知对任意的恒成立，利用参变量分离法结合二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知，对任意的恒成立，则，当时，在上单调递减，在上单调递减，所以，，故.故选：A.2、C【解析】根据题意得到一部影片在4个单位轮流放映，相当于四个单位进行全排列，即可得到答案.【详解】一部影片在4个单位轮流放映，相当于四个单位进行全排列，所以不同的放映次序有种，故选：C3、C【解析】先根据条件确定为函数的极大值点，得到的值，再根据图像的单调性和导数几何意义得到和的正负即可判断.【详解】根据题意得，为函数部分函数的极大值点，所以，又因为函数在单调递增，由图像可知处切线斜率为锐角，根据导数的几何意义，所以，又因为函数在单调递增，由图像可知处切线斜率为钝角，根据导数的几何意义所以.即.故选：C.4、B【解析】将直线方程变为斜截式，根据斜率与倾斜角关系可直接求解.【详解】由直线可得，所以，设倾斜角为，则因为所以故选：B5、D【解析】先由抛物线方程求出点的坐标，准线方程为，再由可求得点的横坐标为4，从而可求出点的纵坐标，进而可求出的面积【详解】由题意可得点的坐标，准线方程为，因为为抛物线上一点，，所以点的横坐标为4，当时，，所以，所以的面积为，故选：D6、D【解析】根据题意，结合，，利用不等式的性质可判断，从而判断，再利用不等式性质得出正确答案.【详解】，，，又，，两边同乘以负数，可知故选：D7、C【解析】由可得，或，再由方程判断所表示的曲线.【详解】由可得，或，即或，则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.故选：C8、D【解析】根据直线过圆心求得，再利用基本不等式求和的最小值即可.【详解】根据题意，直线过点，即，则，当且仅当，即时取得最小值.故选：D.9、D【解析】根据空间向量的加法、减法和数乘运算可得结果.【详解】.故选：D10、C【解析】按照程序框图的流程进行计算.【详解】，故输出S的值为.故选：C11、C【解析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】因为，又因为，，所以.故选：C12、A【解析】解方程即得解.【详解】由题得.故选：A【点睛】本题主要考查斜率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析可知点、关于原点对称，可知当、为椭圆短轴的端点时，的面积取得最大值.【详解】椭圆中，，，则，则，由题意可知，、关于原点对称，当、为椭圆短轴的端点时，的面积取得最大值，且最大值为.故答案为：.14、【解析】根据互斥事件与对立事件概率公式求解即可【详解】设“2粒都是黑子”为事件，“2粒都是白子”为事件，“2粒恰好是同一色”为事件，“2粒不同色”为事件，则事件与事件是对立事件，所以因为2粒恰好是同一色的概率比不同色的概率大，所以，所以，又，且事件与互斥，所以，所以故答案为：15、【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，，由向量法可得，令，，，利用导数研究函数的单调性即可求得的最大值，从而可得答案【详解】解：由题意，根据已知条件，直线AB，AD，AQ两两互相垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系不妨设，则，0，，，0，，，1，，设，，，，，，，，，，，令，，则，函数在上单调递减，时，函数取得最大值，的最大值为故答案为：16、【解析】先对函数求导判断其单调性，然后利用单调性求函数的最小值【详解】解：由，得，当且仅当时取等号，即取等号，因为，所以函数在区间上单调递增，所以当时，函数取得最小值0，故答案为：0三、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）详见解析；（2）存在时是等差数列，详见解析.【解析】（1）利用与的关系可得，再结合条件即证；（2）由题可得，，若是等差数列，可得，进而可求数列的通项公式，即证.【小问1详解】∵，∴，∴，又，∴，∴，∴数列为等差数列；【小问2详解】∵，，∴，又，∴，若是等差数列，则，即，解得，当时，由，∴数列的奇数项构成的数列为首项为1，公差为2的等差数列，∴，即，为奇数，∴数列的偶数项构成的数列为首项为2，公差为2的等差数列，∴，即，为偶数，综上可得，当时，，，故存在时，使数列是等差数列.18、（1）证明见解析，；（2）.【解析】(1)利用给定的递推公式变形，再利用等比数列定义直接判断并求出通项得解.(2)由(1)的结论求出，再利用裂项相消法计算作答.【小问1详解】数列{}中，，则，由得：，所以数列是首项为3，公比为2的等比数列，则有，即，所以数列{}的通项公式是.【小问2详解】由(1)知，，，则，所以数列{}的前n项和.19、（1）极小值为，无极大值（2）答案见解析【解析】（1）求出导函数，由得增区间，得减区间，从而得极值；（2）求出导函数，分类讨论确定和解得单调性小问1详解】当时，，(x>0)则令，得，得，得，所以的单调递减区间为；单调递增区间为.所以的极小值为f(2)=，无极大值.【小问2详解】令则当时，在上单调递减.当时，，得，，得;，得在上单调递减，在上单调递增，综上所述，当时，在上单调递减.当时，在上单调递减，在上单调递增.20、（1）（2）存在，1【解析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求得平面向量的法向量和相应点的坐标，利用点面距离公式即可求得点面距离（2）假设满足题意的点存在且满足，由题意得到关于的方程，解方程即可确定满足题意的点是否存在【小问1详解】解：如图所示，取中点，连结，，因为三角形是等腰直角三角形，所以，因为面面，面面面，所以平面，又因为，所以四边形是矩形，可得，则，建立如图所示的空间直角坐标系，则：据此可得，设平面的一个法向量为，则，令可得，从而，又，故求点到平面的距离【小问2详解】解：假设存在点，，满足题意，点在线段上，则，即：，，，，，据此可得：，，从而，，，，设与平面所成角所成的角为，则，整理可得：，解得：或（舍去）据此可知，存在满足题意的点，点为的中点，即21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】(1)连结，证明EF∥PD即可；(2)证明BD⊥平面PAC即可【小问1详解】连结，则是的中点，又是的中点，，又平面，面，平面【小问2详解】∵PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，AB、AD平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，∵BD平面ABCD，∴PA⊥BD，是菱形，，又，平面，又平面，∴平面平