四川省遂宁市遂宁二中2023年高二数学第一学期期末复习检测试题含解析

四川省遂宁市遂宁二中2023年高二数学第一学期期末复习检测试题注意事项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．已知直线与直线垂直，则实数a为（）A. B.或C. D.或2．已知抛物线：的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（）A.2 B.4C.6 D.83．已知等比数列的前n项和为，且，则（）A.20 B.30C.40 D.504．正方体中，E、F分别是与的中点，则直线ED与所成角的余弦值是（）A. B.C. D.5．若，则的最小值为（）A.1 B.2C.3 D.46．入冬以来，梁老师准备了4个不同的烤火炉，全部分发给楼的三个办公室（每层楼各有一个办公室）.1，2楼的老师反映办公室有点冷，所以1，2楼的每个办公室至少需要1个烤火队，3楼老师表示不要也可以.则梁老师共有多少种分发烤火炉的方法（）A.108 B.36C.50 D.867．已知不等式的解集为，关于x的不等式的解集为B，且，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.8．设的内角的对边分别为的面积，则（）A. B.C. D.9．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：①曲线围成的图形的面积是；②曲线上的任意两点间的距离不超过；③若是曲线上任意一点，则的最小值是其中正确结论的个数为（）A. B.C. D.10．已知椭圆的右焦点和右顶点分别为F，A，离心率为，且，则n的值为（）A.4 B.3C.2 D.11．已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则（）A.2 B.3C.4 D.512．设双曲线的离心率为，则下列命题中是真命题的为（）A.越大，双曲线开口越小 B.越小，双曲线开口越大C.越大，双曲线开口越大 D.越小，双曲线开口越大二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在单位正方体中，点E为AD的中点，过点B，E，的平面截该正方体所得的截面面积为______.14．已知方程的两根为和5，则不等式的解集是______15．曲线围成的图形的面积为___________.16．已知拋物线的焦点F为，过点F的直线交该抛物线的准线于点A，与该抛物线的一个交点为B，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）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⏊PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：（1）EF//平面PCD；（2）平面PAB⏊平面PCD18．（12分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，求平面ACD1的一个法向量.19．（12分）已知函数（1）讨论的单调性：（2）若对恒成立，求的取值范围20．（12分）在数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.21．（12分）已知，（1）若，p且q为真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围22．（10分）已知函数f(x)＝ax－2lnx（1）讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝x－2，若存在，使得f(x)≤g(x)，求a的取值范围

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】由题可得，即得.【详解】∵直线与直线垂直，∴，解得或.故选：B.2、B【解析】根据，，三点共线，结合点到准线的距离为2，得到，再利用抛物线的定义求解.【详解】如图所示：∵，，三点共线，∴是圆的直径，∴，轴，又为的中点，且点到准线的距离为2，∴，由抛物线的定义可得，故选：B.3、B【解析】利用等比数列的前n项和公式即可求解.【详解】设等比数列的首项为，公比为，则，由得，即，解得或（舍），且代入①得，则，所以.故选：B.4、A【解析】以A为原点建立空间直角坐标系，求出E,F,D,D1点的坐标，利用向量求法求解【详解】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则，,，,,直线与所成角的余弦值为：.故选:A【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，属于基础题.5、D【解析】由基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取等号.即所求最小值.故选：D6、C【解析】运用分类计数原理，结合组合数定义进行求解即可.【详解】当3楼不要烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；当3楼需要1个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：；当3楼需要2个烤火炉时，不同的分发烤火炉的方法为：，所以分发烤火炉的方法总数为：，故选：C【点睛】关键点睛：运用分类计数原理是解题的关键.7、B【解析】解出不等式可得集合，由可得，然后可得在上恒成立，然后分离参数求解即可.【详解】由得，，解得，因为，所以所以可得在上恒成立，即在上恒成立，故只需，，当时，，故故选：B8、A【解析】利用三角形面积公式、二倍角正弦公式有，再由三角形内角的性质及余弦定理化简求即可.【详解】由，∴，在中，，∴，解得.故选：A.9、C【解析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图像，对于①，通过图像可知，所求面积为四个半圆和一个正方形面积之和，结合数据求解即可；对于②，根据图像求出曲线上的任意两点间的距离的最大值即可判断；对于③，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.【详解】当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：；当且时，曲线的方程可化为：，曲线的图像如下图所示：由上图可知，曲线所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，从而曲线所围成的面积，故①正确；由曲线的图像可知，曲线上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即，故②错误；因为到直线的距离为，所以，当最小时，易知在曲线的第一象限内的图像上，因为曲线的第一象限内的图像是圆心为，半径为的半圆，所以圆心到的距离，从而，即，故③正确，故选：C.10、B【解析】根据椭圆方程及其性质有，求解即可.【详解】由题设，，整理得，可得.故选：B11、C【解析】依据椭圆和双曲线定义和题给条件列方程组，得到关于椭圆的离心率和双曲线的离心率的关系式，即可求得的值.【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，令，不妨设则，解之得代入，可得整理得，即，也就是故选：C12、C【解析】根据双曲线的性质结合离心率对双曲线开口大小的影响即可得解.【详解】解：对于A，越大，双曲线开口越大，故A错误；对于B，越小，双曲线开口越小，故B错误；对于C，由，越大，则越大，双曲线开口越大，故C正确；对于D，越小，则越小，双曲线开口越小，故D错误.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题意，取的中点，连接、、、，分析可得四边形为平行四边形，则要求的截面就是四边形，进而可得为菱形，连接、，求出、的长，计算可得答案【详解】根据题意，取的中点，连接、、、，易得，，则四边形为平行四边形，过点，，的截面就是，又由正方体为单位正方体，则，则为菱形，连接、，易得，，则，即要求截面的面积为，故答案为：14、【解析】根据根与系数的关系以及一元二次不等式的解法即可解出【详解】由题意可知，，解得，所以即为，解得或，所以不等式的解集是故答案为：15、##【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：.16、【解析】作垂直于准线，垂足为，准线与轴交于点，根据已知条件，利用几何方法，结合抛物线的定义得到答案.【详解】抛物线的焦点坐标，准线方程，作垂直于准线于，准线与轴交于点，则，∴.∵，∴，由抛物线的定义得，∴.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）见解析；（2）见解析【解析】（1）取BC中点G，连结EG，FG，推导出，，从而平面平面，由此能得出结论；（2）推导出，从而平面PAD，即得，结合得出平面PCD，由此能证明结论成立.【详解】（1）取BC中点G，连结EG，FG，∵E，F分别是AD，PB的中点，∴，，∴面，面，∵，∴平面平面，∵平面，∴平面.（2）因为底面ABCD为矩形，所以，又因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面PAD因为平面PAD，所以.又因为，，所以平面PCD因为平面PAB，所以平面平面PCD【点睛】本题考查线线垂直、线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.18、【解析】建立空间直角坐标系，由向量法求法向量即可.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则设平面ACD1的法向量.，又为平面ACD1的一个法向量，化简得令x=1，得y=z=1.平面ACD1的一个法向量.【点睛】本题主要考查了求平面的法向量，属于中档题.19、（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】（1）求导得，在分，两种情况讨论求解即可；（2）根据题意将问题转化为对恒成立，进而构造函数，求解函数最值即可.【小问1详解】解：函数的定义域为，当时，令，得，令，得；当时，令，得，令，得综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】解：由（1）知，函数在上单调递增，则，所以对恒成立等价于对恒成立设函数，则，设，则，则在上单调递减，所以，则，所以在上单调递减，所以；故，即的取值范围是20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，∴，∴，从而，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知，则，∴，∴.21、（1）；（2）.【解析】(1)解一元二次不等式可得命题p，q所对集合，再求交集作答.(2)求出命题q所对集合，再利用集合的包含关系列式计算作答.【小问1详解】解不等式得：，则命题p所对集合，当时，解不等式得：，则命题q所对集合，由p且q为真命题，则，所以实数x的取值范围是.【小问2详解】解不等式得：，则命题q所对集合，因p是q的充分条件，则，于是得，解得，所以实数m的取值范围是.22、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）根据实数a的正负性，结合导数