上海市交大嘉定2024届高二数学第一学期期末调研试题含解析

上海市交大嘉定2024届高二数学第一学期期末调研试题请考生注意：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．已知命题p：，总有，则为（）A.，使得 B.，使得C.，总有 D.，总有2．已知椭圆的离心率，为椭圆上的一个动点，若定点，则的最大值为A. B.C. D.3．椭圆焦距为（）A. B.8C.4 D.4．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（）A.2 B.3C. D.5．已知圆，为圆外的任意一点，过点引圆的两条切线、，使得，其中、为切点．在点运动的过程中，线段所扫过图形的面积为（）A. B.C. D.6．已知正实数a，b满足，若不等式对任意的实数x恒成立，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.7．双曲线的两个焦点坐标是（）A.和 B.和C.和 D.和8．已知随圆与双曲线相同的焦点，则椭圆和双曲线的离心，分别为（）A. B.C. D.9．已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件10．考试停课复习期间，小王同学计划将一天中的7节课全部用来复习4门不同的考试科目，每门科目复习1或2节课，则不同的复习安排方法有（）种A.360 B.630C.2520 D.1512011．设集合，则AB=（）A.{2} B.{2，3}C.{3，4} D.{2，3，4}12．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（）A.10 B.16C.21 D.22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．焦点在轴上的双曲线的离心率为，则的值为___________.14．在空间直角坐标系中，已知点A，若点P满足，则_______15．设等差数列，前项和分别为，，若对任意自然数都有，则的值为______.16．已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，以a为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于A，B两点.若(O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为___________.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）已知直线l：2mx－y－8m－3＝0和圆C：x2＋y2－6x＋12y＋20＝0.（1）m∈R时，证明l与C总相交；（2）m取何值时，l被C截得的弦长最短？求此弦长18．（12分）已知（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）已知钝角内角A，B，C的对边长分别a，b，c，若，，．求a的值19．（12分）设椭圆过，两点，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由20．（12分）三棱柱中，侧面为菱形，，，，（1）求证：面面；（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由21．（12分）已知等差数列的前项和为，，且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：.22．（10分）记为数列的前项和，且（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和

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】由含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】因为命题p：，总有是全称量词命题，所以其否定为存在量词命题，即，使得，故选：B2、C【解析】首先求得椭圆方程，然后确定的最大值即可.【详解】由题意可得：，据此可得：，椭圆方程为，设椭圆上点的坐标为，则，故：，当时，.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查椭圆方程问题，椭圆中的最值问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3、A【解析】由题意椭圆的焦点在轴上，故，求解即可【详解】由题意，，故椭圆的焦点在轴上故焦距故选：A4、A【解析】设，则，解方程可得结果.【详解】设，则且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故选：A【点睛】关键点点睛：设是解题关键.5、D【解析】连接、、，分析可知四边形为正方形，求出点的轨迹方程，分析可知线段所扫过图形为是夹在圆和圆的圆环，利用圆的面积公式可求得结果.【详解】连接、、，由圆的几何性质可知，，又因为且，故四边形为正方形，圆心，半径为，则，故点的轨迹方程为，所以，线段扫过的图形是夹在圆和圆的圆环，故在点运动的过程中，线段所扫过图形的面积为.故选：D.6、D【解析】利用基本不等式求出的最小值16，分离参数即可.【详解】因为，，，所以，当且仅当，即，时取等号由题意，得，即对任意的实数x恒成立，又，所以，即故选：D7、C【解析】由双曲线标准方程可得到焦点所在轴及半焦距的长，进而得到两个焦点坐标.【详解】双曲线中，，则又双曲线焦点在y轴，故双曲线的两个焦点坐标是和故选：C8、B【解析】设公共焦点为，推导出，可得出，进而可求得、的值.【详解】设公共焦点为，则，则，即，故，即，，故选：B9、B【解析】求得中的取值范围，由此确定充分、必要条件.【详解】，，所以“”是“”的充要条件.故选：B10、C【解析】，先安排复习节的科目，然后安排其余科目，由此计算出不同的复习安排方法数.【详解】第步，门科目选门，安排节课，方法数有种，第步，安排其余科目，每门科目节课，方法数有种，所以不同的复习安排方法有种.故选：C11、B【解析】按交集定义求解即可.【详解】AB={2，3}故选：B12、D【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.【详解】根据题意，由，得.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将双曲线的方程化为标准式，可得出、，由此可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】双曲线的标准方程为，由题意可得，则，，，所以，，解得.故答案为：.14、【解析】设，表示出，，根据即可得到方程组，解得、、，即可求出的坐标，即可得到的坐标，最后根据向量模的坐标表示计算可得；【详解】解：设，所以，，因为，所以，所以，解得，即，所以，所以；故答案为：15、【解析】由等差数列的性质可得：．再利用已知即可得出【详解】由等差数列的性质可得：对于任意的都有，则故答案为：【点睛】本题考查了等差数列的性质，求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16、【解析】过F作，利用点到直线距离可求出，再根据勾股定理可得，，由可得，即可建立关系求解.【详解】如图，过F作，则E是AB中点，设渐近线为，则，则在直角三角形OEF中，，在直角三角形BEF中，，，则，即，即，则，即，.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题的关键是分别表示出，，由建立关系.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）证明见解析；（2）当时，l被C截得的弦长最短，最短弦长为.【解析】（1）求出直线l的定点，进而判断定点和圆C的位置关系，最后得到答案；（2）当圆心C到直线l的距离最大时，弦长最短，进而求出m，然后根据勾股定理求出弦长.【详解】（1）直线l的方程可化为y＋3＝2m(x－4)，则l过定点P(4，－3)，由于42＋(－3)2－6×4＋12×(－3)＋20＝－15<0，所以点P在圆内，故直线l与圆C总相交（2）圆的C方程可化为：(x－3)2＋(y＋6)2＝25，如图所示，当圆心C(3，－6)到直线l的距离最大时，弦AB的长度最短，此时PC⊥l，又，所以直线l的斜率为，则，在直角中，|PC|＝，|AC|＝5，所以|AB|＝.故当时，l被C截得的弦长最短，最短弦长为.18、（1），；（2）2.【解析】(1)利用三角恒等变换公式化简函数，再利用三角函数性质计算作答.(2)由(1)的结论及已知求出角C，再利用余弦定理计算判断作答.【小问1详解】依题意，，则的最小正周期，由，解得，则在上单调递增，所以的最小正周期为，递增区间为.【小问2详解】由(1)知，，即，在中，，，则，即，，于是得，解得，在中，由余弦定理得：，即，解得或，当时，，为直角三角形，与是钝角三角形矛盾，当时，，，此时，是钝角三角形，则，所以a的值是2.19、（1）（2）存在，，【解析】（1）根据椭圆E：（）过，两点，直接代入方程解方程组，解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，结合题意求解即可，当切线斜率不存在时，验证即可.【小问1详解】将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①将其代入椭圆的方程并整理得，由韦达定理得，，②因为，所以，③将①代入③并整理得，联立②得，④因为直线和圆相切，因此，由④得，所以存在圆满足题意当切线的斜率不存在时，易得，由椭圆方程得，显然，综上所述，存在圆满足题意当切线的斜率存在时，由①②④得，由，得，即当切线的斜率不存在时，易得，所以综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且20、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，为等腰直角三角形，所以，；侧面为菱形，，所以三角形为为等边三角形，所以，又，所以，又，满足，所以；因为，所以平面，因为平面中，所以平面平面.（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.则，，，，若存在点M，则点M在上，不妨设，则有，则，有，，设平面的法向量为，则解得：平面的法向量为则解得：或（舍）故存在点M，.【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；（3）根据结果，判断是否存在.21、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）根据等差数列的性质及题干条件，可求得，代入公式，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消求和法，即可求得，即可得证.【详解】解：（1）设数列的公差为，在中，令，得，即，故①.由得，所以②.由①②解得，.所以数列的通项公式为：.（2）由（1）可得，所以，故，所以.因为，所以.【点睛】数列求和的常见方法：（1）倒序相加法：如果一个数列的前n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n项和可以用倒序相加法；（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n项和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，中间的一些项可相互抵消，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