上海市张堰中学2024届高二数学第一学期期末检测试题含解析

上海市张堰中学2024届高二数学第一学期期末检测试题考生请注意：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．抛物线的焦点到直线的距离（）A. B.C.1 D.22．已知为等差数列，为公差，若成等比数列，且，则数列的前项和为（）A. B.C. D.3．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的类似问题：把150个完全相同的面包分给5个人，使每个人所得面包数成等差数列，且使较大的三份面包数之和的是较小的两份之和，则最大的那份面包数为（）A.30 B.40C.50 D.604．关于的不等式的解集为（）A. B.C.或 D.5．校庆当天，学校需要在靠墙的位置用围栏围起一个面积为200平方米的矩形场地.用来展示校友的书画作品.靠墙一侧不需要围栏，则围栏总长最小需要（）米A.20 B.40C. D.6．“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的（）条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要7．直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）A B.C. D.8．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是A.3 B.4C.5 D.69．已知双曲线，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.10．已知下列四个命题，其中正确的是（）A. B.C. D.11．已知椭圆=1的离心率为，则k的值为（）A.4 B.C.4或 D.4或12．不等式的解集为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是____________．14．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上动点P到两定点A，B的距离之比满足(且，t为常数)，则点的轨迹为圆．已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则P点的轨迹为圆，该圆方程为_________；过点的直线交圆于两点，且，则_________15．椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则的标准方程为______.16．已知点，，，则外接圆的圆心坐标为________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）在直角坐标系中，点到两点、的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于、两点（1）求曲线的方程；（2）若，求的值18．（12分）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点（1）求直线与直线所成角余弦值；（2）求点到平面的距离19．（12分）已知，，其中（1）已知，若为真，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围20．（12分）如图甲，平面图形中，，沿将折起，使点到点的位置，如图乙，使.（1）求证：平面平面；（2）若点满足，求点到直线的距离.21．（12分）茶树根据其茶叶产量可分为优质茶树和非优质茶树，某茶叶种植研究小组选取了甲，乙两块试验田来检验某种茶树在不同的环境条件下的生长情况．研究人员将100株该种茶树幼苗在甲，乙两块试验田中进行种植，成熟后统计每株茶树的茶叶产量，将所得数据整理如下表所示：优质茶树非优质茶树甲试验田a25乙试验田10b已知甲试验田优质茶树的比例为50%（1）求表中a，b的值；（2）根据表中数据判断，是否有99%的把握认为甲，乙两块试验田的环境差异对茶树的生长有影响？附：，其中．0.100.050.01k2.7063.8416.63522．（10分）已知动圆过点且动圆内切于定圆：记动圆圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线方程；（2）若、是曲线上两点，点满足求直线的方程.

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、B【解析】由抛物线可得焦点坐标，结合点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由抛物线可得焦点坐标为，根据点到直线的距离公式，可得，即抛物线的焦点到直线的距离为.故选：B.2、C【解析】先利用已知条件得到，解出公差，得到通项公式，再代入数列，利用裂项相消法求和即可.【详解】因为成等比数列，，故，即，故，解得或（舍去），故，即，故的前项和为：.故选：C.【点睛】方法点睛：数列求和的方法：（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.3、C【解析】根据题意得到递增等差数列中，，，从而化成基本量，进行计算，再计算出，得到答案.【详解】根据题意，设递增等差数列，首项为，公差，则所以解得所以最大项.故选：C4、C【解析】求出不等式对应方程的根，结合不等式和二次函数的关系，即可得到结果.【详解】不等式对应方程的两根为，因为，故可得，根据二次不等式以及二次函数的关系可得不等式的解集为或.故选：C.【点睛】本题考查含参二次不等式的求解，属基础题.5、B【解析】在出矩形中，设，得到，结合基本不等式，即可求解【详解】如图所示，在矩形中，设，则，根据题意，可得矩形围栏总长为因为，可得，当且仅当时，即时，等号成立，即围栏总长最小需要米.故选：B.6、B【解析】求出方程表示椭圆的充要条件是且,由此可得答案.【详解】因为方程表示椭圆的充要条件是,解得且,所以“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选:B【点睛】本题考查了由方程表示椭圆求参数的范围,考查了充要条件和必要不充分条件,本题易错点警示:漏掉,本题属于基础题.7、A【解析】把求面积转化为求底边和底边上的高，高就是圆上点到直线的距离.【详解】与x，y轴的交点，分别为，，点在圆，即上，所以，圆心到直线距离为，所以面积的最小值为，最大值为.故选：A8、B【解析】循环体第一次运行后；第二次运行后；第三次运行后，第四次运行后；循环结束，输出值为4，答案选B考点：程序框图的功能9、D【解析】由双曲线的方程及双曲线的离心率即可求解.【详解】解：因为双曲线，所以，所以双曲线的离心率，故选：D.10、B【解析】根据基本初等函数的求导公式和求导法则即可求解判断.【详解】，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B.11、C【解析】根据焦点所在坐标轴进行分类讨论，由此求得的值.【详解】当焦点在轴上时，，且.当焦点在轴上时，且.故选：C12、A【解析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】，故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，即异面直线A1M与DN所成角的大小是考点：异面直线所成的角14、①.②.【解析】设，根据可得圆的方程，利用垂径定理可求.【详解】设，则，整理得到，即.因为，故为的中点，过圆心作的垂线，垂足为，则为的中点，则，故，解得，故答案为：，.15、【解析】根据椭圆定义求出其长半轴长，再结合焦点坐标即可计算作答.【详解】因椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则该椭圆长半轴长，而半焦距，于是得短半轴长b，有，所以的标准方程为.故答案为：16、【解析】求得的垂直平分线的方程，在求得垂直平分线的交点，则问题得解.【详解】线段中点坐标为，线段斜率为，所以线段垂直平分线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即.线段中点坐标为，线段斜率为，所以线段垂直平分线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即.由.所以外接圆的圆心坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查直线方程的求解，直线交点坐标的求解，属综合基础题.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）本题可根据椭圆的定义求出点的轨迹；（2）本题首先可设、，然后联立椭圆与直线方程，通过韦达定理得出、，最后通过得出，代入、的值并计算，即可得出结果.【详解】（1）因为点到两点、的距离之和等于，所以结合椭圆定义易知，点的轨迹是以点、为焦点且的椭圆，则，，，点的轨迹.（2）设，，联立，整理得，则，，因为，所以，即，整理得，则，整理得，解得.【点睛】关键点点睛：本题考查根据椭圆定义求动点轨迹以及直线与抛物线相关问题的求解，椭圆的定义为动点到两个定点的距离为一个固定的常数，考查韦达定理的应用，考查计算能力，是难题.18、（1）（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法由求解；（1）建立空间直角坐标系，先取得平面的一个法向量，，，然后由求解【小问1详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，0，，，2，，所以，2，，，2，，则直线与直线所成角的余弦值为；【小问2详解】，2，，，2，，设平面的一个法向量，，，则，取，得，1，，又，点到平面的距离19、（1）（2）【解析】（1）求出两个命题为真命题时的解集然后利用为真，取并求得的取值范围；（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，列出不等式组求解即可.【详解】（1）由，解得，所以又，因为，解得，所以．当时，，又为真，所以.（2）由是的充分不必要条件，即，，其逆否命题为，由（1），，所以，即：【点睛】该题考查的是有关逻辑的问题，涉及到的知识点有命题的真假判断与应用，充分不必要条件对应的等价结果，注意原命题与逆否命题等价，属于简单题目.20、（1）证明见解析（2）【解析】(1)利用给定条件可得平面，再证即可证得平面推理作答.(2)由(1)得EA，EB，EG两两垂直，建立空间直角坐标系，先求出向量在向量上的投影的长，然后由勾股定理可得答案.【小问1详解】因为，则，且，又，平面，因此，平面，即有平面，平面，则，而，则四边形为等腰梯形，又，则有，于是有，则，即，，平面，因此，平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】由(1)知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，因，四边形是矩形，则，即，，，由，则则则向量在向量上的投影的长为又,所以点到直线的距离21、（1）；（2）有99%的把握认为甲、乙两块试验田的环境差异对茶树的生长有影响【解析】（1）根据即可求出，从而可得到；（2）根据独立性检验的基本思想求出的观测值，与6.635比较，即可判断【小问1详解】甲试验田优质茶树比例为50%，即，解得【小问2详解】，因为，故有9