版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
西藏自治区昌都市第三高级中学2025届高二数学第一学期期末学业水平测试试题考生请注意: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.给出下列结论:①如果数据的平均数为3,方差为0.2,则的平均数和方差分别为14和1.8;②若两个变量的线性相关性越强,则相关系数r的值越接近于1.③对A、B、C三种个体按3:1:2的比例进行分层抽样调查,若抽取的A种个体有15个,则样本容量为30.则正确的个数是().A.3 B.2C.1 D.02.若x,y满足约束条件,则的最大值为()A.2 B.3C.4 D.53.下列命题中,真命题的个数为()(1)是为双曲线的充要条件;(2)若,则;(3)若,,则;(4)椭圆上的点距点最近的距离为;A.个 B.个C.个 D.个4.已知向量,,且,,,则一定共线的三点是()A.A,B,D B.A,B,CC.B,C,D D.A,C,D5.如图,在四面体中,,分别是,的中点,则()A. B.C. D.6.等比数列的前项和为,若,则()A. B.8C.1或 D.或7.已知曲线与直线总有公共点,则m的取值范围是()A. B.C. D.8.抛物线准线方程为()A. B.C. D.9.已知双曲线的右焦点为F,关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上,,且点C在双曲线上,则双曲线的离心率为()A.2 B.C. D.10.设村庄外围所在曲线的方程可用表示,村外一小路所在直线方程可用表示,则从村庄外围到小路的最短距离为()A. B.C. D.11.已知,表示两条不同的直线,表示平面.下列说法正确的是A.若,,则B.若,,则C.若,,则D.若,,则12.已知数列中,其前项和为,且满足,数列的前项和为,若对恒成立,则实数的值可以是()A. B.2C.3 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.数列的前项和为,则该数列的通项公式___________14.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.用一点(或一个小石子)代表1,两点(或两个小石子)代表2,三点(或三个小石子)代表3,…他们研究了各种平面数(包括三角形数、正方形数、长方形数、五边形数、六边形数等等)和立体数(包括立方数、棱锥数等等).如前四个四棱锥数为第n个四棱锥数为1+4+9+…+n2=.中国古代也有类似的研究,如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,…若一个“三角垛”共有20层,则第6层有____个球,这个“三角垛”共有______个球15.在平面几何中有如下结论:若正三角形的内切圆周长为,外接圆周长为,则.推广到空间几何可以得到类似结论:若正四面体的内切球表面积为,外接球表面积为,则__________16.在正三棱柱中,,点P满足,其中,,则下列说法中,正确的有_________(请填入所有正确说法的序号)①当时,的周长为定值②当时,三棱锥的体积为定值③当时,有且仅有一个点P,使得④当时,有且仅有一个点P,使得平面三、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,四棱锥中,是边长为2的正三角形,底面为菱形,且平面平面,,为上一点,满足.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.18.(12分)若存在常数,使得对任意,,均有,则称为有界集合,同时称为集合的上界.(1)设,,试判断A、B是否为有界集合,并说明理由;(2)已知常数,若函数为有界集合,求集合的上界最小值.19.(12分)已知直线经过点,,直线经过点,且.(1)分别求直线,的方程;(2)设直线与直线的交点为,求外接圆的方程.20.(12分)设圆的圆心为A,直线l过点且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E(1)判断与题中圆A的半径的大小关系,并写出点E的轨迹方程;(2)过点作斜率为,的两条直线,分别交点E的轨迹于M,N两点,且,证明:直线MN必过定点21.(12分)如图所示,在正方体中,E是棱的中点.(Ⅰ)求直线BE与平面所成的角的正弦值;(Ⅱ)在棱上是否存在一点F,使平面?证明你的结论.22.(10分)已知数列的前n项和为,,且(1)求数列的通项公式;(2)令,记数列的前n项和为,求证:
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】对结论逐一判断【详解】对于①,则的平均数为,方差为,故①正确对于②,若两个变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故②错误对于③,对A、B、C三种个体按3:1:2的比例进行分层抽样调查,若抽取的A种个体有15个,则样本容量为,故③正确故正确结论为2个故选:B2、C【解析】画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义即可求解【详解】作出可行域如图所示,把目标函数转化为,平移,经过点时,纵截距最大,所以的最大值为4.故选:C3、A【解析】利用方程表示双曲线求出的取值范围,利用集合的包含关系可判断(1)的正误;直接判断命题的正误,可判断(2)的正误;利用空间向量垂直的坐标表示可判断(3)的正误;利用椭圆的有界性可判断(4)的正误.【详解】对于(1),若曲线为双曲线,则,即,解得或,因为或,因此,是为双曲线的充分不必要条件,(1)错;对于(2),若,则或,(2)错;对于(3),,则,(3)对;对于(4),设点为椭圆上一点,则且,则点到点的距离为,(4)错.故选:A.4、A【解析】由已知,分别表示出选项对应的向量,然后利用平面向量共线定理进行判断即可完成求解.【详解】因,,,选项A,,,若A,B,D三点共线,则,即,解得,故该选项正确;选项B,,,若A,B,C三点共线,则,即,解得不存,故该选项错误;选项C,,,若B,C,D三点共线,则,即,解得不存在,故该选项错误;选项D,,,若A,C,D三点共线,则,即,解得不存在,故该选项错误;故选:A.5、A【解析】利用向量的加法法则直接求解.【详解】在四面体中,,分别是,的中点,故选:A6、C【解析】根据等比数列的前项和公式及等比数列通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为,则因为,所以,即,解得或,所以或.故选:C.7、D【解析】对曲线化简可知曲线表示以点为圆心,2为半径的圆的下半部分,对直线方程化简可得直线过定点,画出图形,由图可知,,然后求出直线的斜率即可【详解】由,得,因为,所以曲线表示以点为圆心,2为半径的圆的下半部分,由,得,所以,得,所以直线过定点,如图所示设曲线与轴的两个交点分别为,直线过定点,为曲线上一动点,根据图可知,若曲线与直线总有公共点,则,得,设直线为,则,解得,或,所以,所以,所以,故选:D8、D【解析】由抛物线的准线方程即可求解【详解】由抛物线方程得:.所以,抛物线的准线方程为故选D【点睛】本题主要考查了抛物线的准线方程,属于基础题9、D【解析】设,由,得到四边形是矩形,在中,利用勾股定理求得,再在中,利用勾股定理求解.【详解】如图所示:设,则,,,因为,所以,则四边形是矩形,在中,,即,解得,在中,,即,解得,故选:D10、B【解析】求出圆心到直线距离,减去半径即为答案.【详解】圆心到直线的距离,则从村庄外围到小路的最短距离为故选:B11、B【解析】A.运用线面平行的性质,结合线线的位置关系,即可判断;B.运用线面垂直的性质,即可判断;C.运用线面垂直的性质,结合线线垂直和线面平行的位置即可判断;D.运用线面平行的性质和线面垂直的判定,即可判断【详解】A.若m∥α,n∥α,则m,n相交或平行或异面,故A错;B.若m⊥α,,由线面垂直的性质定理可知,故B正确;C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错;D.若m∥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α或n⊥α,故D错故选B【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系,考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质,记熟定理是解题的关键,注意观察空间的直线与平面的模型12、D【解析】由求出,从而可以求,再根据已知条件不等式恒成立,可以进行适当放大即可.【详解】若n=1,则,故;若,则由得,故,所以,,又因为对恒成立,当时,则恒成立,当时,,所以,,,若n为奇数,则;若n为偶数,则,所以所以,对恒成立,必须满足.故选:D二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】根据与关系求解即可.【详解】当时,,当时,,检验:,所以.故答案为:14、①.21②.1540【解析】根据题中给出的图形,结合题意找到各层球的数列与层数的关系,得到=,由此可求的值,以及前20层的总球数【详解】由题意可知,,故==,所==21,所以S20=a1+a2+a3+a4+⋯⋯+a20=(12+22+32+⋯⋯+202)+(1+2+3+⋯⋯+20)=×+×=1540故答案为:21;154015、【解析】分析:平面图形类比空间图形,二维类比三维得到,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.详解:平面几何中,圆的周长与圆的半径成正比,而在空间几何中,球的表面积与半径的平方成正比,因为正四面体的外接球和内切球的半径之比是,,故答案为.点睛:本题主要考查类比推理,属于中档题.类比推理问题,常见的类型有:(1)等差数列与等比数列的类比;(2)平面与空间的类比;(3)椭圆与双曲线的类比;(4)复数与实数的类比;(5)向量与数的类比.16、②④【解析】①结合得到P在线段上,结合图形可知不同位置下周长不同;②由线面平行得到点到平面距离不变,故体积为定值;③结合图形得到不同位置下有,判断出③错误;④结合图形得到有唯一的点P,使得线面垂直.【详解】由题意得:,,,所以P为正方形内一点,①,当时,,即,,所以P在线段上,所以周长为,如图1所示,当点P在处时,,故①错误;②,如图2,当时,即,即,,所以P在上,,因为∥BC,平面,平面,所以点P到平面距离不变,即h不变,故②正确;③,当时,即,如图3,M为中点,N为BC的中点,P是MN上一动点,易知当时,点P与点N重合时,由于△ABC为等边三角形,N为BC中点,所以AN⊥BC,又⊥BC,,所以BN⊥平面,因为平面,则,当时,点P与点M重合时,可证明出⊥平面,而平面,则,即,故③错误;④,当时,即,如图4所示,D为的中点,E为的中点,则P为DE上一动点,易知,若平面,只需即可,取的中点F,连接,又因为平面,所以,若,只需平面,即即可,如图5,易知当且仅当点P与点E重合时,故只有一个点P符合要求,使得平面,故④正确.故选:②④【点睛】立体几何的压轴题,通常情况下要画出图形,利用线面平行,线面垂直及特殊点,特殊值进行排除选项,或者用等体积法进行转化等思路进行解决.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).【解析】(1)设为中点,连接,根据,证明平面得到答案.(2)以为原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,计算各点坐标,计算平面和平面的法向量,根据向量夹角公式计算得到答案.【详解】(1)设为中点,连接,,∵,∴,又∵底面四边形为菱形,,∴为等边三角形,∴,又∴,,平面,∴平面,而平面,∴.(2)∵平面平面,平面平面,,∴平面以为原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,由,,,即,∴,,,设为平面的法向量,则由,令,得,,∴,设为平面的法向量,则由,令,得,,∴,设二面角的平面角为,则,∴二面角的的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力,建立空间直角坐标系是解题的关键.18、(1)A不是有界集合,B是有界集合,理由见解析(2)【解析】(1)解不等式求得集合A;由,根据指数函数的性质求得集合B,由此可得结论;(2)由函数,得出函数单调递减,即有,分和两种情况讨论,求得集合的上界,再由集合的上界函数的单调性可求得集合的上界的最小值.【小问1详解】解:由得,即,,对任意一个,都有一个,故不是有界集合;,,,,是有界集合,上界为1;【小问2详解】解:,因为,所以函数单调递减,,因为函数为有界集合,所以分两种情况讨论:当,即时,集合的上界,当时,不等式为;当时,不等式为;当时,不等式为,即时,集合的上界,当,即时,集合的上界,同上解不等式得的解为,即时,集合的上界,综上得时,集合的上界;时,集合的上界.时,集合的上界是一个减函数,所以此时,时,集合的上界是增函数,所以,所以集合的上界最小值为;19、(1);(2).【解析】(1)根据两点式即可求出直线l1的方程,根据直线垂直的关系即可求l2的方程;(2)先求出C点坐标,通过三角形的长度关系知道三角形是以AC为斜边长的直角三角形,故AC的中点即为外心,AC即为直径.解析:(1)∵直线经过点,,∴,设直线的方程为,∴,∴.(2),即:,∴,的中点为,∴的外接圆的圆心为,半径为,∴外接圆的方程为:.点睛:这个题目考查的是已知两直线位置关系求参的问题,还考查了三角形外接圆的问题.对于三角形为外接圆,圆心就是各个边的中垂线的交点,钝角三角形外心在三角形外侧,锐角三角形圆心在三角形内部,直角三角形圆心在直角三角形斜边的中点20、(1)与半径相等,(2)证明见解析【解析】(1)依据椭圆定义去求点E的轨迹方程事半功倍;(2)直线MN要分为斜率存在的和不存在的两种情况进行讨论,由设而不求法把条件转化为直线MN过定点的条件即可解决.【小问1详解】圆即为,可得圆心,半径,由,可得,由,可得,即为,即有,则,所以其与半径相等.因为,故E的轨迹为以A,B为焦点的椭圆(不包括左右顶点),且有,,即,,,则点E的轨迹方程为;【
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 微生物代谢控制发酵-绪论-原理课件
- Westwin:2024年户外家具出海趋势报告 当春季踏青不远行 户外家具出海的增长机会在哪里
- 湖南省郴州市桂阳县蒙泉学校2024届九年级下学期中考一模数学试卷(含答案)
- 5年中考3年模拟试卷初中生物八年级下册专项素养综合全练(一)
- 5年中考3年模拟试卷初中道德与法治八年级下册01第1课时公平正义的价值
- 让考生最头疼的十大听力问题盘点
- 2024年山东德州中考生物卷试题真题及答案详解(精校打印)
- 小学四年级下册全册音乐教案(人教版)
- 中学小初贯通式培养方案
- DB11-T 493.3-2022 道路交通管理设施设置规范 第3部分:道路交通信号灯
- GB/T 5169.23-2008电工电子产品着火危险试验第23部分:试验火焰管形聚合材料500 W垂直火焰试验方法
- 2023年山东文化产业职业学院高职单招(数学)试题库含答案解析
- GB/T 27677-2017铝中间合金
- GB/T 16400-2015绝热用硅酸铝棉及其制品
- 二年级体育教案-障碍跑教学设计 全国通用
- 专利撰写模板五书
- SVN操作培训手册
- 2023年华中科技大学考博英语试题
- 旅客地道施工方案
- 一年级上册语文《语文园地三》人教部编版课件
- 培训合格证书结业证书毕业证书模板
评论
0/150
提交评论