2023-2024学年河北省中原名校联盟高二年级上册数学期末达标检测试题含解析

2023-2024学年河北省中原名校联盟高二上数学期末达标检测试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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.若球的半径为1051,一个截面圆的面积是36万加之，则球心到截面圆心的距离是()

A.5cmB.6cm

C.ScmD.lOcm

2.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而

系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知

动点M与两定点Q,P的距离之比T-■>0,Xw1),那么点凹的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是

lA1P\

,其中，定点。为X轴上一点，定点P的坐标为g,o]"=3,若点5(1,1),

阿波罗尼斯圆，其方程为％2+y2=l

则31Mpi+|MB|的最小值为()

A.110B.JTT

C.Jl5D.^/17

3.若直线4:阳x+y+l=O与4：2%—>一3=0平行，则实数机等于()

A.lB.-2

C.4D.O

4.在等腰RtZXABC中，在线段斜边A3上任取一点加，则线段AM的长度大于AC的长度的概率()

A四R1

-------JL5»

22

C.1—交

23

22

5.已知圆G：V+y2=〃和椭圆c,：工+二=1(。〉6〉o).直线y=H与圆G交于A、A两点，与椭圆交于

ab

OB

B、B]两点.若ZeH时，的取值范围是（1,2],则椭圆G的离心率为（）

OA

1

A.-B.正

22

显D.2

C.

24

6.从2,4中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数的个数为（）

A.48B.36

C.24D.18

7.命题“对任意都有d—7X+6K0”的否定是O

A.对任意xcR，都有%2—7x+6>0B.存在％£R，使得f—7x+6>0

C.对任意％£R，都有%2—7x+6>0D.存在XGR,使得尤2—7X+6V0

8.已知函数八％）的导数为广⑺,且/（%）=2犷（e）+ln%,则/（e）=（）

A.--B.-l

e

C.lD.e

9.=；”是直线4:（2a_l）x_殁+1=0与直线4：x+2ay_l=0平行的（）

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.命题：\/x>l,x2+4x>5否定是（）

A.3.x<1,x2+4%>5B.Vx<1,x2+4x<5

22

C.Vx>l,X+4X<5D.3X>1,X+4X<5

11.函数/（x）=x+^的极大值点为（）

X

A.lB.-l

C.±lD.不存在

12.已知R是抛物线C：y2=2°x（p>o）的焦点，直线/与抛物线C相交于P,。两点，满足NPFQ=号,记线

d

段PQ的中点A到抛物线C的准线的距离为d,则国的最大值为（）

A.3B.小

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.如图，在等腰直角△A5c中，AB=AC=2,点P是边A8上异于A、8的一点，光线从点P出发，经BC、CA

反射后又回到原点P.若光线QR经过△A5C的内心，则AP=.

14.直线Ar+为+。=0与圆0:/+：/=4相交于两点N,若满足C?=々+32,则5"的=

22

15.设双曲线C:会—言=1的焦点为耳，鸟，点尸为C上一点，|/吸=6,则|尸阊为.

16.设集合AMOdxM4j—B/eArLBnOdxnBi.eN*｝,把集合A8中的元素按从小到大依次排列，构成

数列｛4｝,求数列｛&｝的前50项和S50=_

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，四棱锥。-458中，△R45是边长为4的正三角形，ABC。为正方形，平面平面ABC。,

E、E分别为AC、3P中点.

（1）证明：访//平面PC。；

（2）求直线EP与平面AE尸所成角的正弦值.

18.（12分）在ABC中，角A,B,。所对的边分别为。，b,c,其外接圆半径为R,已知义"L上空?=£

sinA-sinCR

（1）求角B；

(2)若边的长是该边上高的百倍，求cosA

19.(12分)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA，平面ABCD,E为PD的中点.

BC

(1)证明：PB〃平面AEC

(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=、/§,求三棱锥E-ACD的体积

20.(12分)如图，已知四边形ABC。中，AB=2,BC=CD=4,DA=6,且0=60°,求四边形ABC。的面

积

21.(12分)已知数列｛4｝满足q=1,an-an+l=anan+1(nGN*).

(1)求数列｛4｝的通项公式；

⑵记2=[—lg%],其中国表示不超过X最大整数，如[0.6]=0,[1g66]=1.

(i)求b、、b[3、bi??;

(ii)求数列｛2｝的前1000项的和.

22.(10分)ABC中，角A,B,C所对的边分别为名仇c.已知a=3,cosA=Y5,B=A+工.

32

(1)求b的值；

(2)求的面积.

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、C

【解析】由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离

【详解】由截面圆的面积为36%缈？可知，截面圆的半径为6皿，则球心到截面圆心的距离为弓=屈二百=852

故选：C

【点睛】解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面

2、D

【解析】设Q(a,O),根据翳^=九和/+y=1求出”的值，由3|A/P|+|M5|=|A/Q|+|M3|,两

点之间直线最短，可得31Mpi+|M31的最小值为忸Q|,根据坐标求出忸。即可.

【详解】设Q(a,O)，所以阿@=而二不丁，由尸\(°

\MQ\,”，

所以1PM=+丁'因为由”且"3,所以t+lj+/

2=0

整理可得必+,2+1±且％=匚1,又动点M的轨迹是_?+y2=i,所以<4

48a2-\।

--------=1

解得Q=—3,所以。(—3,0),又|MQ|=3|MP|,

所以31反尸|+|MB1=1|+|>\BQ\,

因为8(1,1),所以31Mpi+1|的最小值\BQ\=,0+3)2+(1一Op=，万,

当M在位置或舷2时等号成立.

故选:D

【解析】两直线平行的充要条件3=裳。今

&”2。2

【详解】由于/]〃，2，则」=一/=，m=-2.

2—1—3

故选：B

4、C

【解析】利用几何概型的长度比值，即可计算.

【详解】设直角边长AC=a,斜边AB=0a，

则线段AM的长度大于AC的长度的概率P==1-—.

42a2

故选：C

5、C

OBaa

【解析】由题设，根据圆与椭圆的对称性，假设A,B在第一象限可得f结合已知有7=2,进而求椭圆

OAbb

C2的离心率.

又上eH时，在的取值范围是(L2],结合圆与椭圆的对称性，不妨假设A,3在第一象限,

\OB\aa

...后从。逐渐增大至无穷大时，e(l,-],故7=2,

\OA\bb

.cy]a2-b2A/3

・・e=-=-----------=—

aa2

故选：C.

6、B

【解析】直接利用乘法分步原理分三步计算即得解.

【详解】从2,4中选一个数字，有以=2种方法；

从1,3,5中选两个数字，有C；=3种方法；

组成无重复数字的三位数，有《仁河=36个.

故选：B

7、B

【解析】根据全称命题的否定是特称命题形式，可判断正确答案.

【详解】因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“对任意xeR,都有f―7%+640”的否定是“存在xeR，使得d—7%+6>0”

故选:B.

8、B

【解析】直接求导，令％=e求出尸(e),再将％=6带入原函数即可求解.

【详解】由/(无)=2矿(e)+ln尤得((x)=2/'(e)+L当％=e时，r(e)=2/'(e)+L解得/'(e)=—L所以

xee

f(x)=-^-+lnx,/(e)=+Ine=-1.

ee

故选：B

9、C

【解析】先根据直线平行的充要条件求出«,然后可得.

【详解】若。=,，贝!K：2x+y—4=0,/,:2x+y—2=0,显然平行；

4

若直线4〃4，则2a(2a-1)=-a且-(-«)#2a,即a=

4

故"。=；”是直线/］：（2a-l）x—冲+1=0与直线，2：x+2今-1=0平行的充要条件.

故选：C

10、D

【解析】根据给定条件利用全称量词命题的否定是存在量词命题直接写出作答.

【详解】命题：VxNl,X?+4x25是全称量词命题，其否定是存在量词命题，

所以命题：V%>1,%2+4%25的否定是：3x>l,x2+4x<5.

故选：D

11、B

【解析】求导，令导数等于0,然后判断导数符号可得，或者根据对勾函数图象可解.

【详解】令/''（x）=i—二=y二萼±D=o,得》=±1,

XX

因为X<_1时，r（x）>0,-l<x<0时,f'（x）<0,所以X=—1时有极大值；

当0<%<1时，/'（x）<0,尤>1时，r（x）>0,所以X=1时〃尤）有极小值.

故选：B

12、C

【解析】设1「歹1=机,1。/1=",过点P,Q分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为P,Q',进而得

d=I。。出⑷=%*,再结合余弦定理得IPQ『=m2+n2+mn,进而根据基本不等式求解得

22

储11

--------------------

1尸。尸4义（1二）3.

4

【详解】解：设|%|=肛|。/|=〃，

过点P,。分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为

则PP=m,QQ'=〃，

因为点A为线段PQ中点，

所以根据梯形中位线定理得点A到抛物线C的准线的距离为d=L+M=也支，

22

因为NPBQ=V，

222

所以在△尸尸。中，由余弦定理得Im+〃2-2mncos—=m+n+mn,

d1_(m+ri)2_(m+n)2_1

所以I尸4(m2+n2+mn)4^(m+n)2-mn^4】mn,

(rn+ri)2

mn1

又因为(〃z+〃)224m〃，所以7-------当且仅当机="时等号成立，

(m+n)4

「1」dV3

所以4x"j3,故国4至.

所以商的最大值为g.

故选：C

【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.

m4-w

本题解题的关键在于根据题意，设|PF|=m,|Qb|=〃，进而结合抛物线的定于与余弦定理得〃=——，

2

|PQ|2=nr+rr+mn，再求最值.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、20-2

【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求得△ABC的内心坐标，根据△ABC内心以及P

关于CA,3C的对称点三点共线，即可求得点P的坐标，则问题得解.

【详解】根据题意，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，

设点尸关于直线的对称点为N,关于)，轴的对称点为“，如下所示：

则A(0,0),B(2,0),C(0,2),不妨设尸(办0),则直线的方程为y=—x+2,

设点N坐标为(国丁)，则上二2义(-1)=—1,且2=—土2+2,整理得y=x—7篦，y^-x-m+4

解得x=2,y=2—m，即点N（2,2—m），又/（—75O）；

设△ABC的内切圆圆心为广，则由等面积法可得;（2+2+2后）=gx2x2,解得厂=2—夜；

故其内心坐标为（2-夜,2-&）,

由MN及△ABC的内心三点共线，即^!=2y,整理得病一2“应—1）=0,

解得加=0（舍）或2夜-2，故AP=20-2.

故答案为：2&-2.

14、73

【解析】由点到直线的距离公式，结合已知可得圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式可得|肱V|,然后可解.

【详解】因为。2=42+32,所以3I=1,所以，圆心（0,0）到直线的距离d=^^==1

VA2+B2y/^+B2

因为厂=2,所以|脑V|=2/2一囚=2^/3>

所以5加'=3加口=6

故答案为：』

15、14

【解析】利用双曲线的定义求解即可

22

【详解】由匕—土=1,得/=16,则。=4,

1664

因为点P为C上一点，

所以仍用-归司=2“=8,

因为|尸£|=6,所以16Tp闻=2a=8,

解得|尸周=14或/用=-2（舍去）,

故答案为：14

16、4590

【解析】由等差数列和等比数列的通项公式，可得生，由3,27不在集合A中，1,9,81在集合A中，也在集合3中，

推得243不在数列｛4｝的前50项内，则数列｛an｝的前50项中包括｛4/1-3｝的前48项和数列日恒｝中的3和27,结

合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】由题意，集合A构成数列｛4〃-3｝是首项为1,公差为4的等差数列，

集合B构成数列｛3'1｝是首项为1,公比为3的等比数列，

可得4=1,%=3,

又由3,27不在集合A中，1,9,81在集合A中，也在集合B中，

因为4〃—3=243,解得“=工，此时〃>50,所以243不在数列｛4｝的前50项内，

则数列｛%｝的前50项的和为（1+5+9++4x48-3）+3+27

=1x48x（1+4x48-3）+30=4560+30=4590.

故答案为：4590.

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）好

5

【解析】（1）连接6D,证明跖即可证明所//平面PCD；

（2）取A3的中点。，连接OE,OP,由平面上钻，平面ABC。，得OP,平面ABCD,建立如图所示空间直角坐

标系。-孙z,利用向量法即可求得答案.

【小问1详解】

证明：连接BD，

ABCD是正方形，E是AC的中点，是的中点，

F是BP的中/，；.EF//PD,

所《平面PCD,。£）匚平面28£>,二跖//平面。。£）；

【小问2详解】

取A3的中点。，连接OE,OP,则OELAB,

因为△PAB是边长为4的正三角形，所以

因为平面平面ABC。，且平面BIBc平面=

所以OP_1_平面ABCZ）,

建立如图所示空间直角坐标系。-孙z,

则P（2A/3,0,0）,E（0,0,2）,A（0,-2,0）,F（V3,l,0）,

设平面AEF的法向量n=(x,y,z),

n-AE=2y+2z=0

则有《可取〃

n-AF=+3y=0

n-EP_6+0-2_75

贝I]cos(n,EP\=

卜|网75x45，

所以直线EP与平面AEF所成角的正弦值为亚

5

18、(1)B=--(2)立

314

【解析】(1)利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；

(2)记边上的高为AD,不妨设BD=1,即可求出BC,再利用余弦定理求出b,在RtzXACD中，记ACAD=6,

根据锐角三角函数求出cos。，sin。，最后根据cosA=cos1g+，；利用两角和的余弦公式计算可得；

【详解】解：(1)由已知条件2km~A—‘in-8)=g,所以siir"—siir3=£=sinc,所以

sinA-sinCRsinA-sinC2R

sin2A-sin2B=(sinA-sinC)sinC

所以a1—b1—C(Q—c),b1=a2+c2-ac

由余弦定理可得cos5=，,

2

JT

而0<5<兀，于是5

(2)记边上的高为A。，不妨设应>=1,则N54D=g,AB=2,AD=«,所以BC=3,

6

由余弦定理得6=1片+<?—2accos3=+2?-2x3x2xg=J7,

2

在中，记〃，贝!73sin。=

RtzXACDNC4D=Icos6=万万’

所以cosA=cos]£+8

=cos—cos^-sin—sin^=~L4

66

19、B

8

【解析】(I)连接BD交AC于O点，连接EO,只要证明EO〃PB,即可证明PB〃平面AEC；(II)延长AE至M

连结DM,使得AMLDM,说明NCMD=60。，是二面角的平面角，求出CD,即可三棱锥E-ACD的体积

试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O,连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD中点

又E为PD的中点，所以EO〃PB.

因为EOu平面AEC,PBC平面AEC,

所以PB〃平面AEC.

(2)因为PA_L平面ABCD,ABCD为矩形，

所以AB,AD,AP两两垂直

如图，以A为坐标原点，AB，AD,AP的方向为x轴y轴z轴的正方向，IAPI为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz,

、

[22

7

设B(m,0,0)(m>0),贝!IC(m,6，0),衣=(m,6，。)

设ni=(x,y,z)为平面ACE的法向量,

“mx+小y=0

n-AC=0

则｛即｛/1

n-AE=0yH——z=0

22

可取m=

又H2=(L0,0)为平面DAE的法向量,

由题设易知|cos<m,in〉|=g,即

13

=7T'解得m=—.

22

因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为』.三棱锥E-ACD的体积丫=工、!、6、3'!=且

232v228

考点：二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定

20、873.

【解析】在"8中由余弦定理可得人。2=28,在ABC中，由余弦定理可得5=120。，再利用四边形ABC。的

面积=SACO+§ABC，结合三角形面积公式可得答案・

【详解】在"⑺中，由AO=6,CD=4,0=60。，可得

AC2=AD2+DC2-2AD-DCcosD

=62+42-2X4X6COS60°

=28

在ABC中，由AB=2,BC=4,AC2=28，

A^2+BC2-AC222+42-28_1

可得cosB=

2AB-BC2x2x42

又0。<5<180。，故5=120。,所以四边形ABC。的面积

=^/\ACD+^AABC

=-ADCDsinD+-ABBCsmB

22

=—x4x6sin60°+—x2x4sinl20°

22

86.

B

A匕--------------

【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.

21、(1)cin=—；

n

(2)(i)4=0,3=1,,3=2；(ii)