2023-2024學年北京市西城區(qū)北京市第四中學高二數學第一學期期末統考模擬試題含解析

2023-2024學年北京市西城區(qū)北京市第四中學高二數學第一學期期末統考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設、分別為具有公共焦點與的橢圓和雙曲線的離心率，為兩曲線的一個公共點，且滿足，則的值為（）A. B.C. D.2．若正實數、滿足，且不等式有解，則實數取值范圍是（）A.或 B.或C. D.3．已知橢圓與直線交于A，B兩點，點為線段的中點，則a的值為（）A. B.3C. D.4．已知F是拋物線的焦點，直線l是拋物線的準線，則F到直線l的距離為（）A.2 B.4C.6 D.85．在二面角的棱上有兩個點、，線段、分別在這個二面角的兩個面內，并且都垂直于棱，若，，，，則這個二面角的大小為（）A. B.C. D.6．設，，則與的等比中項為（）A. B.C. D.7．已知O為坐標原點，＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當取得最小值時，點Q的坐標為（）A. B.C. D.8．設，，，…，，，則（）A. B.C. D.9．在空間直角坐標系中，為直線的一個方向向量，為平面的一個法向量，且，則（）A. B.C. D.10．長方體中，，，，為側面內（含邊界）的動點，且滿足，則四棱錐體積的最小值為（）A. B.C. D.11．若函數在上有且僅有一個極值點，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.12．在中，角所對的邊分別為，，，則外接圓的面積是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，，若，則______14．已知，命題p：，；命題q：，，且為真命題，則a的取值范圍為______15．已知正方體的棱長為為的中點，為面內一點．若點到面的距離與到直線的距離相等，則三棱錐體積的最小值為__________16．設函數為奇函數，當時，，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）已知函數f(x)=x3+ax2+2，x=2是f(x)的一個極值點.（1）求實數a的值；（2）求f(x)在區(qū)間(-1，4]上的最大值和最小值.18．（12分）已知函數（1）判斷的零點個數；（2）若對任意恒成立，求的取值范圍19．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，D為的中點（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值；（3）若E為的中點，求與所成的角20．（12分）如圖在四棱錐中，底面是菱形，，平面平面，，，為的中點，是棱上的一點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知圓.（1）若直線與圓相交于兩點，弦的中點為，求直線的方程；（2）若斜率為1的直線被圓截得的弦為，以為直徑的圓經過圓的圓心，求直線的方程.22．（10分）已知拋物線C：焦點F的橫坐標等于橢圓的離心率.（1）求拋物線C的方程；（2）過(1，0)作直線l交拋物線C于A，B兩點，判斷原點與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由.

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、A【解析】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，不妨設，利用橢圓和雙曲線的定義可得出，再利用勾股定理可求得結果.【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，不妨設，由橢圓和雙曲線的定義可得，所以，，設，因為，則，由勾股定理得，即，整理得，故.故選：A.2、A【解析】將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求得的最小值，可得出關于實數的不等式，解之即可.【詳解】因為正實數、滿足，則，即，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，即的最小值為，因為不等式有解，則，即，即，解得或.故選：A.II卷3、A【解析】先聯立直線和橢圓的方程，結合中點公式及點可求a的值.【詳解】設，聯立，得，，因為點為線段的中點，所以，即，解得，因為，所以.故選：A.4、B【解析】根據拋物線定義即可求解【詳解】由得，所以F到直線l的距離為故選：B5、C【解析】設這個二面角的度數為，由題意得，從而得到，由此能求出結果.【詳解】設這個二面角的度數為，由題意得，，，解得，∴，∴這個二面角的度數為，故選：C.【點睛】本題考查利用向量的幾何運算以及數量積研究面面角.6、C【解析】利用等比中項的定義可求得結果.【詳解】由題意可知，與的等比中項為.故選：C.7、C【解析】設，用表示出，求得的表達式，結合二次函數的性質求得當時，取得最小值，從而求得點的坐標.【詳解】設，則＝－＝－λ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝－＝－λ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝.所以當λ＝時，取得最小值，此時＝＝，即點Q的坐標為.故選：C8、B【解析】根據已知條件求得的規(guī)律，從而確定正確選項.【詳解】，，，，，……，以此類推，，所以.故選：B9、B【解析】由已知條件得出，結合空間向量數量積的坐標運算可求得實數的值.【詳解】因為，則，解得.故選：B.10、D【解析】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，分析可知點的軌跡是以點、為焦點的橢圓，求出橢圓的方程，可知當點為橢圓與棱或的交點時，點到平面的距離取最小值，由此可求得四棱錐體積的最小值.【詳解】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設點，其中，，則、，因為平面，平面，則，所以，，同理可得，所以，，所以點的軌跡是以點、為焦點，且長軸長為的橢圓的一部分，則，，，所以，點的軌跡方程為，點到平面的距離為，當點為曲線與棱或棱的交點時，點到平面的距離取最小值，將代入方程得，因此，四棱錐體積的最小值為.故選：D.11、C【解析】根據極值點的意義,可知函數的導函數在上有且僅有一個零點.結合零點存在定理,即可求得的取值范圍.【詳解】函數則因為函數在上有且僅有一個極值點即在上有且僅有一個零點根據函數零點存在定理可知滿足即可代入可得解得故選:C【點睛】本題考查了函數極值點的意義,函數零點存在定理的應用,屬于中檔題.12、B【解析】利用余弦定理可得，然后利用正弦定理可得，即求.【詳解】因為，所以，由余弦定理得，，所以，設外接圓的半徑為，由正統定理得，，所以，所以外接圓的面積是.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據向量平行求得，由此求得.【詳解】由于，所以.故答案為：14、【解析】先求出命題p,q為真命題時的a的取值范圍，根據為真可知p,q都是真命題,即可求得答案.【詳解】命題p：，為真時，有，命題q：，為真時，則有，即，故為真命題時，且，即，故a的取值范圍為，故答案為：15、##【解析】由題意可知，點在平面內的軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，如圖在底面建立平面直角坐標系，求出拋物線方程，直線的方程，將直線向拋物線平移，恰好與拋物線相切時，切點為點，此時的面積最小，則三棱錐體積的最小【詳解】因為為面內一點，且點到面的距離與到直線的距離相等，所以點在平面內的軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，如圖在底面，以所在的直線為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標系，則,設拋物線方程為，則，得，所以拋物線方程為，，直線的方程為，即，設與直線平行且與拋物線相切的直線方程為，由，得，由，得，所以與拋物線相切的直線為，此時切點為，且的面積最小，因為點到直線的距離為，所以的面積的最小值為，所以三棱錐體積的最小值為，故答案為：16、【解析】由奇函數的定義可得，代入解析式即可得解.【詳解】函數為奇函數，當時，，所以.故答案為-1.【點睛】本題主要考查了奇函數的求值問題，屬于基礎題.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）；（2）最大值為18，最小值為.【解析】（1）解方程即得解；（2）利用導數求出函數的單調區(qū)間分析即得解.【小問1詳解】解：因為，所以，因為在處有極值，所以，即，所以.經檢驗，當時，符合題意.所以.【小問2詳解】解：由（1）可知，所以，令，得，當時，由得，；由得，或.所以函數在上遞增，在上遞減，在上遞增，又.所以的最小值為，又，所以的最大值為，所以在的最大值為18，最小值為.18、（1）個；（2）.【解析】（1）求，利用導數判斷的單調性，結合單調性以及零點存在性定理即可求解；（2）由題意可得對任意恒成立，令，則，利用導數求的最小值即可求解.【小問1詳解】的定義域為，由可得，當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，，此時在上無零點，當時，，，，且在上單調遞增，由零點存在定理可得在區(qū)間上存在個零點，綜上所述有個零點.【小問2詳解】由題意可得：對任意恒成立，即對任意恒成立，令，則，由可得：，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，所以的取值范圍.19、（1）證明見解析（2）（3）【解析】（1）連接，交于O，連接OD，根據中位線的性質，可證，根據線面平行的判定定理，即可得證；（2）如圖建系，求得各點坐標，進而可求得平面與平面法向量，根據二面角的向量求法，即可得答案；（3）求得坐標，根據線線角的向量求法，即可得答案.【小問1詳解】連接，交于O，連接OD，則O為的中點，在中，因為O、D分別為、BC中點，所以，又因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】由題意得，兩兩垂直，以B為原點，為x，y，z軸正方向建系，如圖所示：設，則，所以，則，，因為平面在平面ABC內，且平面ABC，所以即為平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，則，所以，令，則，所以法向量，所以，由圖象可得平面與平面的夾角為銳角，所以平面與平面的夾角的余弦值為【小問3詳解】由（2）可得，設與所成的角為，則，解得，所以與所成的角為20、（1）見解析；（2）.【解析】（1）推導出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結BD，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【詳解】（1）由已知PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ?面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN?平面BMQ，PA?平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）連結BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，設二面角M﹣BQ﹣P的平面角為θ，則cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值為21、（1）（或（2）或【解析】(1)由條件可得，由此可求直線的斜率，由點斜式求直線的方程；(2)由條件可求到直線的距離，利用待定系數法求直線的方程.【小問1詳解】圓，得圓心，半徑，直線的斜率：，設直線的斜率為