2024届福建省泉州市南安一中数学高二年级上册期末经典试题含解析

2024届福建省泉州市南安一中数学高二上期末经典试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.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。

39

1.如果双曲线的一条渐近线方程为y=且经过点（5,二），则双曲线的标准方程是（）

44

Afy2x2

169916

2.函数/（%）=，9一。的图象如图所示,则下列大小关系正确的是（）

A.r（-2）＜r（-i）＜r（i）

B.r（-i）＜/,（i）＜r（-2）

c.r（i）＜r（-i）＜r（-2）

D.raxn-ixn-i）

3.在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并证明此定理的为公元前6世

纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和.若一个直角三角形的斜

边长等于5,则这个直角三角形周长的最大值为（）

A.10B.12

C.572+5D.5出+5

4.正方体A3CD—4用GA的棱长为2,E,F,G分别为AA】，AB,CG的中点，则直线即与FG所成角的余弦

值为（）

A.立

3

3石2

rD.-

65

5.正三棱柱ABC-44a各棱长均为LP为棱CG的中点，则点4到平面的距离为（）

1n近

AA.・B・-------

22

C.—D.1

2

V2

6.若双曲线C：J—/=1（根〉o）的一条渐近线方程为％—2y=0.则机=（）

m

1

A.一B

4I

C.2D.4

7.已知点4（2,—3）,B（-3,-2）,直线/：〃优—y—"?+l=O与线段A3相交，则实数次的取值范围是（）

A.m<——或根—4B.加或m2—

44

33

C.—4<m<—D.——<m<4

44

8.已知直线如+3y-12=。在两个坐标轴上的截距之和为7,则实数机的值为（）

A.2B.3

C.4D.5

9.从集合｛2,4,6,8｝中任取两个不同元素，则这两个元素相差2的概率为（）

1

A.-

3

12

C.一D.-

43

r22

10.双曲线一匕=1的渐近线方程为()

916

4

A.y=?-xB.y=±—x

-43

,3,5

CV=±XD.y=±—x

-5-3

AC的中点，则3(AB+BC+C。)化

11.如图，在四面体ABC。中，E,F,G,H分别为A3,BC,CD,

简的结果为()

A.BFB.EH

UUUL

C.HGD-FG

12.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9+V二国+田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C围成的图形的面积是2+"；

②曲线C上的任意两点间的距离不超过2；

③若P(机同是曲线C上任意一点，贝j|3m+4〃—12|的最小值是17一；后

其中正确结论的个数为()

A.OB.1

C.2D.3

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知A(l,3),B(5,-2),点P在x轴上，则使|AP|一|BP|取最大值的点P的坐标是

22

14.点P在以6，E为焦点的椭圆工+匕=1上运动，则△尸公月的重心G的轨迹方程是.

34

15.在正方体A3CD-A4GA中，则直线BG与平面所成角的正弦值为

16.设A,3,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9占，则三棱锥

D-ABC体积的最大值为.

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）已知等差数列｛4｝的前〃项和为S“，%=3,且S4=10.

（1）求数列｛4｝的通项公式；

（2）证明：数列-------）的前几项和

、an-4+2J2

18.（12分）已知函数/（切=2蛇—以2+2.

⑴若a>0,讨论函数八%）的单调性；

（2）当0<"3时，求"％）在区间［0』上的最小值和最大值.

19.（12分）设集合A=｛x|—+2x-3<0｝,3=｛》|-a-l<x<1-a｝

（1）若a=3,求AB；

（2）设若夕是q成立的必要不充分条件，求实数〃的取值范围

20.（12分）已知数列｛。“｝满足q=2,。“+1=2。“一〃+1（neN,）.

（1）证明：数列｛%一科是等比数列，并求出数列｛。.｝的通项公式；

（2）数列｛2｝满足：b“二（〃eN*），求数列｛2｝的前几项和S”.

乙a鹿—

21.（12分）如图，在正四棱锥P—A5CD中，。为底面中心，PO=AO=3,河为PO中点，PE=2EB

（1）求证：ZW〃平面E4C；

(2)求：(i)直线DM到平面E4c的距离;

(ii)求直线与平面E4c所成角的正弦值

n

22.(10分)已知(x+个—]的展开式中只有第五项的二项式系数最大.

(1)求该展开式中有理项的项数

(2)求该展开式中系数最大的项.

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】根据渐近线方程设出双曲线方程，然后将点15,代入，进而求得答案.

【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为y=所以设双曲线方程为看-9=2(4wO),将［5,孑1代入得：

259r2V2

--—=2^2=1,即双曲线方程为上一匕=1.

1616169

故选：D.

2、C

【解析】根据导数的几何意义可得答案.

【详解】因为函数在某点处的导数值表示的是此点处切线的斜率，

所以由图可得，/，(1)</，(-1)</，(-2)

故选：C

3、C

【解析】设直角三角形的两条直角边边长分别为则"+加=25,根据基本不等式求出的最大值后，可得

三角形周长的最大值.

【详解】设直角三角形的两条直角边边长分别为则/+/=25.

因为（a+h）2=25+2abW25+2x（"；"），

所以（。+6）2450,所以5<a+/?V5后，

当且仅当a=6=述时，等号成立.

2

故这个直角三角形周长的最大值为50+5.

故选：C

4、B

【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可求解.

【详解】如图所示建立适当空间直角坐标系，

F(2,l,0),G(0,2,l)FG=(-2,1,1)

|DE-FG|3_瓜

V5-V610

故选：B

5、C

【解析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案.

【详解】设。分别是AC,AG的中点，根据正三棱柱的性质可知。4,03,0。两两垂直,

以。为原点建立如图所示空间直角坐标系,

[o，-川小!，£|，A[O，-；，o]lV，o,o

A

A4,=（0,0,1）.

设平面PAB的法向量为n=（尤,y,z）,

n-PA=-y--z=0

2,故可设”=（6,一3,6）,

则r

M611nV

n•PB=——x——y——z=U

222

所以点A到平面PAB的距离为।彳1A=/6=—=坐.

73+9+364V32

6、C

x

【解析】求出渐近线方程为y=±—,列出方程求出m=2.

m

1*2X11

【详解】双曲线C：j—y2=i（〃2〉o）的渐近线方程为y=±—,因为加>0,所以—=所以加=2.

m~mm2

故选：C

7、B

【解析】由y=m（x-l）+1可求出直线I过定点P（l,l）,作出图象，求出kPA和kPB,数形结合可得m<kPA或m2kPB,

即可求解.

【详解】由M％-丁一加+1=。可得：y=m（x-l）+l,

x_1—0x—1/、

由，c可得/所以直线/：如一丁一根+1=0过定点P（1』），

[y-i=o[y=i

作出图象如图所示：

3

所以实数优的取值范围是aWT或，〃7,

故选:B

8、C

【解析】求出直线方程在两坐标轴上的截距，列出方程，求出实数”的值.

1?

【详解】当相=0时，3y—12=0,故不合题意，故加w0,mx+3y—12=0,令％=0得：y=4,令y=0得：%=—，

m

12

故一+4=7,解得：m=4.

m

故选：C

9、B

【解析】一一列出所有基本事件，然后数出基本事件数〃和有利事件数加，代入古典概型的概率计算公式。=生，即

n

可得解.

【详解】解：从集合｛2,4,6,8｝中任取两个不同元素的取法有（2,4）、（2,6）、（2,8）、（4,6）、（4,8）、（6,8）共6种，

其中满足两个元素相差2的取法有（2,4）、（4,6）、（6,8）共3种.故这两个元素相差2的概率为g.

故选：B.

10、B

【解析】把双曲线的标准方程中的1换成0,可得其渐近线的方程

22224

【详解】双曲线的土-工=1渐近线方程是二-乙=0,即y=±—X,

9169163

故选B

【点睛】本题考查了双曲线的标准方程与简单的几何性质等知识，属于基础题

11、C

【解析】根据向量的加法和数乘的几何意义，即可得到答案；

【详解】|（AB+BC+CD）=1（AC+CD）=|AD=|X2HG=HG

故选：C

12、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】当天20且y>o时，曲线。的方程可化为：（x—g）2+（y—g）2=；；

当x<0且y>o时，曲线。的方程可化为：（x+：）2+（y—；）2=；；

当％之0且yVO时，曲线C的方程可化为：（x—g）2+（y+g）2=g；

当了<0且y<0时，曲线。的方程可化为：（x+g）2+（y+；）2=g,

曲线C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血的正方形的面积之和，

从而曲线C所围成的面积4xg〃xg+（0）2=2+〃，故①正确；

由曲线C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

变x2+后=2后＞2,故②错误；

2

713m+4n-12113m+4n-121

因为PQn,n)到直线3x+4y—12=0的距离为d=~~/,」=J--------L,

V32+425

所以|3m+4〃-12|=5d,

当d最小时，易知P(M,“)在曲线。的第一象限内的图像上，

因为曲线C的第一象限内的图像是圆心为己」)，半径为也的半圆，

222

11|3x-+4xl-12|/

所以圆心到3x+4y-12=0的距离d=22=工,

V32+4210

从而Cd'二="_5应,即|3加+4〃一12|.=5%,=C,故③正确，

min2]0IImin1111n1

故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、(13,0)

【解析】首先求得点A关于x轴的对称点，然后数形结合结合直线方程求解点P的坐标即可.

【详解】点4(1,3)关于x轴的对称点为A，(1,-3),如图所示，连接A幺并延长交x轴于点P,即为所求

直线A'B的方程是y+3=--------(x-1),

5—1

用113

即y=—x---.

44

令y=0,得％=13

则点尸的坐标是(13,0).

【点睛】本题主要考查直线方程的应用，最值问题的求解，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和

计算求解能力.

,9y2、

14、3x2+-^-=1（x^0）

【解析】设出点P（口,小和三角形的重心G（x,y）,利用重心坐标公式得到点P和三角形的重心坐标的关系力=3%,

n=3y,代入椭圆方程即可求得轨迹方程，再利用P,耳，工三点不共线得到xwO.

【详解】设G（羽y）,P（m,n）,

22

由工+—=1,得c=,4-3=1>

34

即耳(0,—1),居(0,1),

因为G为心的重心,

g”m1-1+n

所以彳=二，y=---

33

即加=3%，n=3y,

22

代入工+匕=1,得%+至=1,

3434

*+竽=1,

因为P,Flt工三点不共线，所以xwO，

则△尸公鸟的重心G的轨迹方程是3必+/=l（xw0）.

故答案：3x2+-^=1（x^0）.

15、如

3

【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系,

设该正方体的棱长为1,所以。(0,0,0),^(1,1,0),G(O，1，1)，4(1,0,1)，

因此。3=(1」,0),5cl=(—1,0,1),必二(1,0,1),

设平面的法向量为：几=(x,y,z),所以有:

nJLDBfn-DB=0fx+y=0

：=>\n<令九=1,所以y=z=-l,

n±DA^\n-D\=0[x+z=0

因此〃="-1,-1),设BG与〃的夹角为。，直线BG与平面4夕。所成角为。，

BC[,n-1x1+0x(-1)+1x(_1)_2_A/6

所以有sine=|cosa|二

HR7(-l)2+02+12X712+(-1)2+(-1)2娓3

故答案为：亚

3

16、18出

【解析】求出等边ABC的边长，画出图形，判断。的位置，然后求解即可.

【详解】ABC为等边三角形且其面积为96，贝!154/=中452=96，，筋=6

如图所示，设点M为ABC的重心，E为AC中点,

.,.RtOMB中，有OM=《OB?-BM2=2，：.DM=OD+OM=4+2=6,

所以三棱锥D—ABC体积的最大值KjcJx96x6=18G

故答案为：18君

【点睛】思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一定

的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要。以，底面ABC,再利用内接球，求出高DM,即可求出体积的最

大值，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，及运算能力，属于中档题.

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)an=n

(2)证明见解析.

【解析】(1)设等差数列｛4｝的公差为d,根据题意可得出关于四、d的方程组，解出这两个量的值，可得出数列｛4｝

的通项公式；

211

(2)求得------=--------利用裂项法可求得乙，即可证得原不等式成立.

44+2«〃+2

【小问1详解】

,、fa,=a+2d=3

解：设等差数列｛。“｝的公差为d,则=4：+6d=K)，解得4=d=L

因此，an=(\+(71-1)6?=n.

【小问2详解】

221__1

证明:

%M"+2〃(〃+2)nn+2

因此，T-一-

nn+2)2〃+ln+2

-3--------2--n-+--3-----<—3

2(n+1)(/7+2)2*

故原不等式得证.

18、（1）在（—8,0）和$+8上单调递增，在0,三上单调递减.

（2）答案见解析.

【解析】⑴求解导函数，并求出尸（同=0的两根，得/'（尤）>0和/'（尤）<0的解集，从而得函数单调性；（2）由

（1）得函数的单调性，从而得最小值计算/（0）,/（1）,再分类讨论2Wa<3与0<a<2两种情况下的最

大值.

【小问1详解】

函数定义域为R,7'（1）=6/一2G;=2x（3x—。），/'（九）=0时，x=0或x=],因为a>0,所以1>0,/'（尤）>0

时，*<0或X〉],/'（力<0时，0<x<],所以函数在（—8,0）和件上单调递增，在10,j上单

调递减.

【小问2详解】

由⑴知，“可在卜卷]上单调递减，在（J,）上单调递增，所以"%）最小值为

因为0<。<3,

[£|=2X]£|—ax]£|+2=2—J又因为/(O)=2,l</(l)=4—a<4,当2Wa<3时，4-a<2,此时

最小值为2-^-,最大值为2；当0<a<2时，4一。〉2,此时最小值为2-〈，最大值为4-a.

2727

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的

考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.（2）利用导数求函数的单

调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题.（4）考查数形

结合思想的应用

19、(1){x|-4<x<l}

(2)[0,2]

【解析】(1)根据不等式的解答求得人={知-3<x<l},当。=3时，求得3={x|-4<%<-2},结合集合并集的运

算，即可求解；

(2)由题意得到3是A的真子集，根据集合间的包含关系，列出不等式组，即可求解.

【小问1详解】

解：由x?+2x-3=(x-l)(x+3)<0,解得一3cx<1,即A={x|-3<x<l},

当a=3时，可得JB={%|—4<xV—2},

所以A、B={x\-4<x<l}.

【小问2详解】

解：由集合A={九|-3vx<l},B={x\-a-\<x<\-a]

因为且〃是4成立的必要不充分条件，5是A的真子集，

—u—12—3

所以11且等号不能同时成立，解得04〃<2,

其中当。=0和a=2是满足题意，故实数a的取值范围是[0,2].

77+2

20、⑴证明见解析，4=22+〃；(2)S„=2--.

【解析】(1)将给定等式变形an+l-(n+l)=2(an-n),计算q-1即可判断数列类型，再求出其通项而得解；

⑵利用⑴的结论求出数列{〃}的通项，然后利用错位相减法求解即得.

【详解】⑴因数列{%}满足)=2,an+1=2an-n+l,

则a“+i—5+l)=2(a“i),而4—1=1,于是数列{%一科是首项为1,公比为2的等比数列，an-,即

an=2〃T+n,

x

所以数列{。“一科是等比数列，an=T~+n,〃eN*;

,nn

(2)由(1)知b=।3，

n2(2+n)—2n2

「123n

e10123n

贝仁凡=3+于外+H-----------

2"2n+i

于是得《s“"《+?+：+1nn_11n〃+2s-2〃+2

=1-

2〃2〃+i6------2--〃---+-ri-1------2--"---------2--〃---+-ir2〃+i92〃2〃

所以数列出｝的前几项和s〃=2-等

21、(1)证明见解析;

(2)(i)至；(ii)

55

【解析】(1)连接BD,以点。为坐标原点,OA.OB,0P所在直线分别为了、y、z轴建立空间直角坐标系，利

用空间向量法可证得结论成立；

(2)(i)利用空间向量法可求得直线DM到平面E4c的距离;

(ii)利用空间向量法可求得直线MA与平面EAC所成角的正弦值.

【小问1详解】

证明：连接BD,则。为BD的中点，且ACLBD,

在正四棱锥P—ABCD中，POL平面ABC。，

以点。为坐标原点，OA.OB、0P所在直线分别为％、V、z轴建立如下图所示空间直角坐标系,

则。(0,0,0)、43,0,0)、尸(0,0,3)、3(0,3,0)、C(-3,0,0)、D(0-3,0),Af(o,O,|LE(0,2,1),

DM=I0,3,|j,

设平面E4c的法向量为7〃=(x,y,z),C4=(6,0,0),AE=(-3,2,1),

m-CA=6x=0

则，取y=l,则m=(O,L—2),

m-AE=—3x+2y+2=0

因为DM•机=3—3=0，则又因为二平面91C,所以，ZW〃平面E4c.

【小问2详解】

DA-m33出

解：（i）ZM=（3,3,0）,所以，直线DM到平面EAC的距离为d——i—i—=—j=———