河北省衡水市景縣梁集中學2024屆數學高二上期末質量檢測試題含解析

河北省衡水市景縣梁集中學2024屆數學高二上期末質量檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知實數x，y滿足，則的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知橢圓的右焦點為，為坐標原點，為軸上一點，點是直線與橢圓的一個交點，且，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.3．雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.4．函數的部分圖像為（）A. B.C. D.5．若，，則有（）A. B.C. D.6．已知函數，在上隨機任取一個數，則的概率為（）A. B.C. D.7．若是函數的極值點，則函數（）A.有最小值，無最大值 B.有最大值，無最小值C.有最小值，最大值 D.無最大值，無最小值8．已知向量是兩兩垂直的單位向量，且，則（）A.5 B.1C.-1 D.79．古希臘數學家歐幾里得在《幾何原本》中描述了圓錐曲線共性，并給出了圓錐曲線的統(tǒng)一定義，只可惜對這一定義歐幾里得沒有給出證明.經過了500年，到了3世紀，希臘數學家帕普斯在他的著作《數學匯篇》中，完善了歐幾里得關于圓錐曲線的統(tǒng)一定義，并對這一定義進行了證明.他指出，到定點的距離與到定直線的距離的比是常數的點的軌跡叫做圓錐曲線；當時，軌跡為橢圓；當時，軌跡為拋物線；當時，軌跡為雙曲線.現有方程表示的曲線是雙曲線，則的取值范圍為（）A. B.C. D.10．已知向量，，且，則實數等于（）A.1 B.2C. D.11．在棱長為2的正方體中，是棱上一動點，點是面的中心，則的值為（）A.4 B.C.2 D.不確定12．執(zhí)行如圖的程序框圖，輸出的S的值為（）A. B.0C.1 D.2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．展開式中，各項系數之和為1，則實數_______．（用數字填寫答案）14．中小學生的視力狀況受到社會的關注.某市有關部門從全市6萬名高一學生中隨機抽取400名學生，對他們的視力狀況進行一次調查統(tǒng)計，將所得到的有關數據繪制成頻率分布直方圖，如圖所示，從左至右五個小組的頻率之比為，則抽取的這400名高一學生中視力在范圍內的學生有______人.15．若，，，，與，，，，，，均為等差數列，則______16．若等比數列的前n項和為，且，則__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖所示在多面體中，平面，四邊形是正方形，，，，.（1）求證：直線平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.18．（12分）城南公園種植了4棵棕櫚樹，各棵棕櫚樹成活與否是相互獨立的，成活率為p，設為成活棕櫚樹的株數，數學期望.（1）求p的值并寫出的分布列；（2）若有2棵或2棵以上的棕櫚樹未成活，則需要補種，求需要補種棕櫚樹的概率.19．（12分）已知橢圓的離心率為，短軸長為（1）求橢圓的標準方程；（2）已知，A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點A作斜率為的直線交橢圓于另一點E，連接EP并延長交橢圓于另一點F，記直線BF的斜率為．若，求直線EF的方程20．（12分）已知橢圓：（）的焦點坐標為，長軸長是短軸長的2倍（1）求橢圓的方程；（2）已知直線不過點且與橢圓交于兩點，從下面①②中選取一個作為條件，證明另一個成立.①直線的斜率分別為，則；②直線過定點.21．（12分）已知直線經過點，，直線經過點，且.(1)分別求直線，的方程；(2)設直線與直線的交點為，求外接圓的方程.22．（10分）已知數列滿足，（）.（1）證明：數列是等比數列，并求出數列的通項公式；（2）數列滿足：（），求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解題分析】實數，滿足，通過討論，得到其圖象是橢圓、雙曲線的一部分組成的圖形，借助圖象分析可得的取值就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，求出切線方程根據平行直線距離公式算出最小值，和最大值的極限值即可得出答案.【題目詳解】因為實數，滿足，所以當時，，其圖象是位于第一象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分（含點），當時，其圖象是位于第四象限，焦點在軸上的橢圓的一部分，當時，其圖象不存在，當時，其圖象是位于第三象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分，作出橢圓和雙曲線的圖象，其中圖象如下：任意一點到直線的距離所以，結合圖象可得的范圍就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，雙曲線，其中一條漸近線與直線平行，通過圖形可得當曲線上一點位于時，取得最小值，無最大值，小于兩平行線與之間的距離的倍，設與其圖像在第一象限相切于點，由因為或（舍去）所以直線與直線的距離為此時，所以的取值范圍是故選：B【題目點撥】三種距離公式：（1）兩點間的距離公式：平面上任意兩點間的距離公式為；（2）點到直線的距離公式：點到直線的距離;（3）兩平行直線間的距離公式：兩條平行直線與間的距離.2、D【解題分析】設橢圓的左焦點為，由橢圓的對稱性可知，則，所以，即可得到的關系，利用橢圓的定義進而求得離心率.【題目詳解】設橢圓的左焦點為，連接，因為，所以，如圖所示，所以，設，，則，所以，故選：D.3、A【解題分析】直接求出，，進而求出漸近線方程.【題目詳解】中，，，所以漸近線方程為，故.故選：A4、D【解題分析】先判斷奇偶性排除C，再利用排除B，求導判斷單調性可排除A.【題目詳解】因為，所以為偶函數，排除C；因為，排除B；當時，，，當時，，所以函數在區(qū)間上單調遞減，排除A.故選：D5、D【解題分析】對待比較的代數式進行作差，利用不等式基本性質，即可判斷大小.【題目詳解】因為，又，，故，則，即；因為，又，，故，則；綜上所述：.故選：D.6、A【解題分析】先解不等式，然后由區(qū)間長度比可得.【題目詳解】解不等式，得，所以，即的概率為.故選：A7、A【解題分析】對求導，根據極值點求參數a，再由導數研究其單調性并判斷其最值情況.【題目詳解】由題設，且，∴，可得.∴且，當時，遞減；當時，遞增；∴有極小值，無極大值.綜上，有最小值，無最大值.故選：A8、B【解題分析】根據單位向量的定義和向量的乘法運算計算即可.【題目詳解】因為向量是兩兩垂直的單位向量，且所以.故選：B9、C【解題分析】對方程進行化簡可得雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，進而可得結果.【題目詳解】已知方程可以變形為，即，∴其表示雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，又由，可得，故選：C.10、C【解題分析】利用空間向量垂直的坐標表示計算即可得解【題目詳解】因向量，，且，則，解得，所以實數等于.故選：C11、A【解題分析】畫出圖形，建立空間直角坐標系，用向量法求解即可【題目詳解】如圖，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，因為正方體棱長為2，點是面的中心，是棱上一動點，所以，，，故選：A12、A【解題分析】直接求出的值即可.【題目詳解】解：由題得，程序框圖就是求，由于三角函數的最小正周期為，，，所以.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】通過給二項式中的賦值1求出展開式的各項系數和，即可求出詳解】解：令，得各項系數之和為，解得故答案為：14、50【解題分析】利用頻率分布直方圖的性質求解即可.【題目詳解】第五組的頻率為，第一組所占的頻率為，則隨機抽取400名學生視力在范圍內的學生約有人.故答案為：50.15、##【解題分析】由題意利用等差數列的定義和通項公式，求得要求式子的值【題目詳解】設等差數列，，，，的公差為，等差數列，，，，，，的公差為，則有，且，所以，則，故答案為：16、5【解題分析】根據題意和等比數列的求和公式，求得，結合求和公式，即可求解.【題目詳解】因為，若時，可得，故，所以，化簡得，整理得，解得或，因為，解得，所以.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）.【解題分析】（1）以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證明出直線平面；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：因為平面，，以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，所以，，，設平面的法向量為，依題意有，即，令，可得，，則，平面，因此，平面.【小問2詳解】解：由題，，設平面的法向量為，依題意有，即，取，可得，，因此，平面與平面的夾角余弦值為.18、（1），分布列見解析；（2）.【解題分析】（1）根據二項分布知識即可求解；（2）將補種棕櫚樹的概率轉化為成活的概率，結合概率加法公式即可求解.【小問1詳解】由題意知，，又，所以，故未成活率為，由于所有可能的取值為0,1,2,3,4，所以，，，，，則的分布列為01234【小問2詳解】記“需要補種棕櫚樹”為事件A，由（1）得，，所以需要補種棕櫚樹的概率為.19、（1）（2）【解題分析】（1）由離心率得關系，短軸求出，結合關系式解出，可得橢圓的標準方程；（2）設，，過EF的方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程得韋達定理，結合斜率定義和化簡得，由在橢圓上代換得，聯(lián)立韋達定理可求，進而得解；【小問1詳解】由題意可得，，，又，解得所以橢圓的標準方程為；【小問2詳解】由（1）得，，顯然直線EF的斜率存在且不為0，設，，則，都不為和0設直線EF的方程為，由消去y得，顯然，則，因為，所以，等式兩邊平方得①又因為，在橢圓上，所以，②將②代入①可得，即，所以，即，解得或（舍去，此時）所以直線EF的方程為20、（1）（2）證明見解析【解題分析】（1）由條件可得，解出即可；（2）選①證②，當直線的斜率存在時，設：，，然后聯(lián)立直線與橢圓的方程消元，然后韋達定理可得，，然后由可算出，即可證明，選②證①，設：，，然后聯(lián)立直線與橢圓的方程消元，然后韋達定理可得，，然后可算出.【小問1詳解】由條件可得，解得所以橢圓方程為【小問2詳解】選①證②：當直線的斜率存在時，設：，由得，則，由得即，即所以代入所以所以解得：（舍去），所以直線過定點當直線斜率不存在時，設：所以，由得所以，即，解得所以直線（不符合題意，舍去）綜上：直線過定點選②證①：由題意直線的斜率存在，設：由得則，所以.21、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據兩點式即可求出直線l1的方程，根據直線垂直的關系即可求l2的方程；（2）先求出C點坐標，通過三角形的長度關系知道三角形是以AC為斜邊長的直角三角形，故AC的中點即為外心，AC即為直徑.解析：(1)∵直線經過點，，∴，設直線的方程為，∴，∴.(2)，即：，∴，的中點為，∴的外接圓的圓心為，半徑為，∴外接圓的方程為：.點睛：這個題目考查的是已知兩直線位置關系求參的問題，還考查了三角形