四川省广安市岳池一中2023-2024学年数学高二上期末达标检测试题含解析

四川省广安市岳池一中2023-2024学年数学高二上期末达标检测试题考生须知：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．已知，为正实数，且，则的最小值为（）A. B.C. D.12．已知p：，q：，那么p是q的（）A.充要条件 B.必要不充分条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件3．已知圆与圆，则圆M与圆N的位置关系是（）A.内含 B.相交C.外切 D.外离4．平面的法向量为，平面的法向量为，则下列命题正确的是（）A.，平行 B.，垂直C.，重合 D.，相交不垂直5．已知点A、是抛物线：上的两点，且线段过抛物线的焦点，若的中点到轴的距离为3，则（）A.3 B.4C.6 D.86．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2m B.1.3mC.1.4m D.1.5m7．已知集合，，则（）A. B.C. D.8．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A.， B.，C.， D.，9．“”是“函数在上有极值”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10．若双曲线（，）的焦距为，且渐近线经过点，则此双曲线的方程为（）A. B.C. D.11．在正方体中，分别为的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.12．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．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）14．机动车驾驶考试是为了获得机动车驾驶证的考试，采用全国统一的考试科目内容及合格标准，包括科目一理论考试、科目二场地驾驶技能考试、科目三道路驾驶技能考试和科目四安全文明常识考试共四项考试，考生应依次参加四项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考．据公安部门通报，佛山市四项考试的合格率依次为，，，，且各项考试是否通过互不影响，则一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为______15．已知实数x，y满足方程，则的最大值为_________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）已知数列{an}满足*（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn18．（12分）已知数列的前n项和为，且.（1）求的通项公式；.（2）求数列的前n项和.19．（12分）已知抛物线的焦点，点在抛物线上.（1）求；（2）过点向轴作垂线，垂足为，过点的直线与抛物线交于两点，证明：为直角三角形（为坐标原点）.20．（12分）如图1，已知矩形中，，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.（1）证明为直角三角形；（2）设动点M在线段上，判断直线与平面位置关系，并说明理由.21．（12分）已知抛物线C：，过点且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.（1）设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为.若，求点B的坐标；（2）过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求的值.22．（10分）已知：，椭圆，双曲线.（1）若的离心率为，求的离心率；（2）当时，过点的直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，若恰好是的中点，求直线的方程.

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】利用基本不等式可求的最小值.【详解】可化为，由基本不等式可得，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为1，故选：D.2、C【解析】若p成立则q成立且若q成立不能得到p一定成立,p是q充分不必要条件.【详解】因为>0,<1,所以若p：成立，一定成立,但q：成立，p：不一定成立,所以p是q的充分不必要条件.故选：C.3、B【解析】将两圆方程化为标准方程形式，计算圆心距，和两圆半径的和差比较，可得答案,【详解】圆,即，圆心，圆，即，圆心，则故有，所以两圆是相交的关系，故选：B4、B【解析】根据可判断两平面垂直.【详解】因为，所以，所以，垂直.故选：B.5、D【解析】直接根据抛物线焦点弦长公式以及中点坐标公式求结果【详解】设，，则的中点到轴的距离为，则故选：D6、B【解析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.7、B【解析】根据根式、分式的性质求定义域可得集合A，解一元二次不等式求集合B，再由集合的交运算求.【详解】∵，，∴故选：B8、D【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系可得：命题“p：，”的否定式为“，”.故选：D.9、B【解析】对求导，取得函数在上有极值的等价条件，再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：，则，令，可得，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，若函数在上有极值，则，，因为，但是由推不出，因此是函数在上有极值的必要不充分条件故选：B10、B【解析】根据题意得到，，解得答案.【详解】双曲线（，）的焦距为，故，.且渐近线经过点，故，故，双曲线方程为：.故选：.【点睛】本题考查了双曲线方程，意在考查学生对于双曲线基本知识的掌握情况.11、A【解析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线夹角的余弦值.【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，，，则，，设异面直线与所成角为（），则.故选：A12、D【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得：时，，所以单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4500【解析】根据题意可知大圆柱底面圆的半径，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.故答案为：4500.14、【解析】至多需要补考一次，分5种情况分别计算后再求和即可.【详解】不需要补考就通过的概率为；仅补考科目一就通过的概率为；仅补考科目二就通过的概率为；仅补考科目三就通过的概率为；仅补考科目三就通过的概率为，一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为.故答案为：15、##【解析】设，根据直线与圆的位置关系即可求出【详解】由于，设，所以点既在直线上，又在圆上，即直线与圆有交点，所以，，即故答案为：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）（2）【解析】（1）根据递推关系式可得，再由等差数列的定义以及通项公式即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】（1），即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为1，所以，即.【小问2详解】令，所以，所以18、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件结合当时，探求数列的性质即可计算作答.(2)由(1)求出，再利用错位相减法计算作答.小问1详解】依题意，当时，因为，则，当时，，解得，于是得数列是以1为首项，为公比的等比数列，则，所以的通项公式是.【小问2详解】由(1)可知，，则，因此，两式相减得：，于是得，所以数列的前n项和.19、（1）（2）证明见解析【解析】（1）点代入即可得出抛物线方程，根据抛物线的定义即可求得.（2）由题，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得，利用韦达定理证得即可得出结论.【小问1详解】点在抛物线上.，则，所以.【小问2详解】证明：由题，设直线的方程为：，点联立方程，消得：，由韦达定理有，由，所以，所以，所以，所以为直角三角形.20、（1）证明见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.【小问1详解】在折叠前的图中，如图：，E为上一点且，则，折叠后，所以，又，所以，所以为直角三角形.小问2详解】当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，当时，则，又且所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以此时平面；当时，此时，但，所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.综上，当动点M满足时，平面；当动点M满足，但时，与平面相交.21、（1）（2）【解析】（1）直线的方程为，其中，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合已知条件可求得点的坐标；（2）直线的方程为，利用倾斜角定义知，，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求得，进而得解.小问1详解】由题意，直线的方程为，其中.设，联立，消去得..，，即.，即.，，∴点的坐标为.【小问2详解】由题意，直线的方程为，其中，为倾斜角，则，设.联立，消去得...22、（1）（2）或【解析】（1）有椭圆