2024屆陜西省西安市高新第一中學高二上數(shù)學期末調(diào)研試題含解析_第1頁
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文檔簡介

2024屆陜西省西安市高新第一中學高二上數(shù)學期末調(diào)研試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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.在平面上有及內(nèi)一點O滿足關系式:即稱為經(jīng)典的“奔馳定理”,若的三邊為a,b,c,現(xiàn)有則O為的()A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心2.已知函數(shù)的定義域為,其導函數(shù)為,若,則下列式子一定成立的是()A. B.C. D.3.以橢圓+=1的焦點為頂點,以這個橢圓的長軸的端點為焦點的雙曲線方程是()A. B.C. D.4.若函數(shù)在上為單調(diào)減函數(shù),則的取值范圍()A. B.C. D.5.已知雙曲線的一條漸近線方程是,它的一個焦點在拋物線的準線上,則雙曲線的方程為()A. B.C. D.6.已知命題,,若是一個充分不必要條件,則的取值范圍是()A. B.C. D.7.已知直線經(jīng)過點,且是的方向向量,則點到的距離為()A. B.C. D.8.如圖所示,為了測量A,B處島嶼的距離,小張在D處觀測,測得A,B分別在D處的北偏西、北偏東方向,再往正東方向行駛10海里至C處,觀測B在C處的正北方向,A在C處的北偏西方向,則A,B兩處島嶼間的距離為()海里.A. B.C. D.109.在各項均為正數(shù)等比數(shù)列中,若成等差數(shù)列,則=()A. B.C. D.10.從直線上動點作圓的兩條切線,切點分別為、,則最大時,四邊形(為坐標原點)面積是()A. B.C. D.11.數(shù)學家歌拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上,且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半.這條直線被后人稱為三角形的歐拉線.已知的三個頂點分別為,,,則的歐拉線方程是()A. B.C. D.12.直線的傾斜角為()A.-30° B.60°C.150° D.120°二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在長方體中,設,,則異面直線與所成角的大小為______14.已知數(shù)列的前項和為,且,若點在直線上,則______;______.15.經(jīng)過點,圓心在x軸正半軸上,半徑為5的圓的方程為________16.已知兩點和則以為直徑的圓的標準方程是__________.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)若存在常數(shù),使得對任意,,均有,則稱為有界集合,同時稱為集合的上界.(1)設,,試判斷A、B是否為有界集合,并說明理由;(2)已知常數(shù),若函數(shù)為有界集合,求集合的上界最小值.18.(12分)設F為橢圓的右焦點,過點的直線與橢圓C交于兩點.(1)若點B為橢圓C的上頂點,求直線的方程;(2)設直線的斜率分別為,,求證:為定值.19.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,底面ABCD,,M為BC中點,且.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.20.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,,∠BAD=120o,AB=AD=2,點M在線段PD上,且DM=2MP,平面(1)求證:平面MAC平面PAD;(2)若PA=6,求平面PAB和平面MAC所成銳二面角的余弦值21.(12分)已知為各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且,(1)求數(shù)列的通項公式;(2)令,求數(shù)列前n項和22.(10分)已知在數(shù)列中,,且.(1)求,,并證明數(shù)列是等比數(shù)列;(2)求的通項公式及前n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【解析】利用三角形面積公式,推出點O到三邊距離相等?!驹斀狻坑淈cO到AB、BC、CA的距離分別為,,,,因為,則,即,又因為,所以,所以點P是△ABC的內(nèi)心.故選:B2、B【解析】令,求出函數(shù)的導數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)性,即可得到,從而求出答案【詳解】解:令,則,又不等式恒成立,所以,即,所以在單調(diào)遞增,故,即,所以,故選:B3、B【解析】根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)求橢圓的焦點坐標和長軸端點坐標,由此可得雙曲線的a,b,c,再求雙曲線的標準方程.【詳解】∵橢圓的方程為+=1,∴橢圓的長軸端點坐標為,,焦點坐標為,,∴雙曲線的焦點在y軸上,且a=1,c=2,∴b2=3,∴雙曲線方程為,故選:B.4、A【解析】分析可知對任意的恒成立,利用參變量分離法結合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為,則,由題意可知,對任意的恒成立,則,當時,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞減,所以,,故.故選:A.5、A【解析】根據(jù)雙曲線漸近線方程得a和b的關系,根據(jù)焦點在拋物線準線上得c的值,結合a、b、c關系即可求解.【詳解】∵雙曲線的一條漸近線方程是,∴,∵準線方程是,∴,∵,∴,,∴雙曲線標準方程為:.故選:A.6、A【解析】先化簡命題p,q,再根據(jù)是的一個充分不必要條件,由q求解.【詳解】因為命題,或,又是的一個充分不必要條件,所以,解得,所以的取值范圍是,故選:A7、B【解析】求出,根據(jù)點到直線的距離的向量公式進行求解.【詳解】因為,為的一個方向向量,所以點到直線的距離.故選:B8、C【解析】分別在和中,求得的長度,再在中,利用余弦定理,即可求解.【詳解】如圖所示,可得,所以,在中,可得,在直角中,因為,所以,在中,由余弦定理可得,所以.故選:C.9、A【解析】利用等差中項的定義以及等比數(shù)列的通項公式即可求解.【詳解】設等比數(shù)列的公比為,∵成等差數(shù)列,∴,即,解得或(舍去),∴,故選:.10、B【解析】分析可知當時,最大,計算出、,進而可計算得出四邊形(為坐標原點)面積.【詳解】圓的圓心為坐標原點,連接、、,則,設,則,,則,當取最小值時,,此時,,,,故,此時,.故選:B.11、B【解析】根據(jù)的三個頂點坐標,先求解出重心的坐標,然后再根據(jù)三個點坐標求解任意兩條垂直平分線的方程,聯(lián)立方程,即可算出外心的坐標,最后根據(jù)重心和外心的坐標使用點斜式寫出直線方程.【詳解】由題意可得的重心為.因為,,所以線段的垂直平分線的方程為.因為,,所以直線的斜率,線段的中點坐標為,則線段的垂直平分線的方程為.聯(lián)立,解得,則的外心坐標為,故的歐拉線方程是,即故選:B.12、C【解析】根據(jù)直線斜率即可得傾斜角.【詳解】設直線的傾斜角為由已知得,所以直線的斜率,由于,故選:C.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、##【解析】建立空間直角坐標系,用向量法即可求出異面直線與所成的角.【詳解】以為原點,所在直線分別為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系,則,所以,因為,所以,即,所以異面直線與所成的角為.故答案為:90°.14、①.;②.【解析】根據(jù)等差數(shù)列的定義,結合等差數(shù)列前項和公式、裂項相消法進行求解即可.【詳解】因為點在直線上,所以,所以數(shù)列是以,公差為的等差數(shù)列,所以;因為,所以,于是,故答案為:;15、【解析】設圓方程為,代入原點計算得到答案.【詳解】設圓方程為經(jīng)過點,代入圓方程則圓方程為故答案為【點睛】本題考查了圓方程的計算,設出圓方程是解題的關鍵.16、【解析】根據(jù)的中點是圓心,是半徑,即可寫出圓的標準方程.【詳解】因為和,故可得中點為,又,故所求圓的半徑為,則所求圓的標準方程是:.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)A不是有界集合,B是有界集合,理由見解析(2)【解析】(1)解不等式求得集合A;由,根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求得集合B,由此可得結論;(2)由函數(shù),得出函數(shù)單調(diào)遞減,即有,分和兩種情況討論,求得集合的上界,再由集合的上界函數(shù)的單調(diào)性可求得集合的上界的最小值.【小問1詳解】解:由得,即,,對任意一個,都有一個,故不是有界集合;,,,,是有界集合,上界為1;【小問2詳解】解:,因為,所以函數(shù)單調(diào)遞減,,因為函數(shù)為有界集合,所以分兩種情況討論:當,即時,集合的上界,當時,不等式為;當時,不等式為;當時,不等式為,即時,集合的上界,當,即時,集合的上界,同上解不等式得的解為,即時,集合的上界,綜上得時,集合的上界;時,集合的上界.時,集合的上界是一個減函數(shù),所以此時,時,集合的上界是增函數(shù),所以,所以集合的上界最小值為;18、(1);(2)證明見解析.【解析】(1)求出的直線方程,結合橢圓方程可求的坐標,從而可求的直線方程;(2)設,直線(或),則可用兩點的坐標表示或,聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程,消元后利用韋達定理可化簡前者從而得到要證明的結論【詳解】(1)若B為橢圓的上頂點,則.又過點,故直線由可得,解得即點,又,故直線;(2)設,方法一:設直線,代入橢圓方程可得:所以,故,又均不為0,故,即為定值方法二:設直線,代入橢圓方程可得:所以所以,即,所以,即為定值方法三:設直線,代入橢圓方程可得:所以,所以所以,把代入得方法四:設直線,代入橢圓的方程可得,則所以.因為,代入得.【點睛】思路點睛:直線與圓錐曲線的位置關系中的定點、定值、最值問題,一般可通過聯(lián)立方程組并消元得到關于或的一元二次方程,再把要求解的目標代數(shù)式化為關于兩個的交點橫坐標或縱坐標的關系式,該關系中含有或,最后利用韋達定理把關系式轉(zhuǎn)化為若干變量的方程(或函數(shù)),從而可求定點、定值、最值問題.19、(1);(2).【解析】(1)根據(jù)給定條件推導證得,再借助直角三角形中銳角的正切列式求解作答.(2)由給定條件建立空間直角坐標系,借助空間向量求解面面角作答【小問1詳解】連結BD,如圖,因底面ABCD,且平面ABCD,則,又,,平面PBD,于是得平面PBD,又平面PBD,則,有,又,則有,有,則,解得,所以.【小問2詳解】依題意,DA,DC,DP兩兩垂直,以點D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,由(1)知,,,,,,,,設平面AMP的法向量為,則,令,得,設平面BMP的法向量為,則,令,得,設二面角A-PM-B的平面角為,則,因此,,所以二面角A-PM-B的正弦值為.20、(1)證明見解析(2)【解析】(1)連接BD交AC于點E,連接ME,由所給條件推理出CA⊥AD,進而得CA⊥平面PAD,證得結論(2)首先以A為原點,射線AC,AD,AP分別為x,y,z軸非負半軸建立空間直角坐標系,再利用向量法求解二面角即可【小問1詳解】(1)連接BD交AC于點E,連接ME,如圖所示:∵平面MAC,PB平面PBD,平面PBD平面MAC=ME,∴,,則BC=1,而AB=2,,,∴AC2+BC2=4=AB2,∠ACB=90o,∠CAD=90o,即CA⊥AD,又PA⊥平面ABCD,CA平面ABCD,∴PA⊥CA,又PAAD=A,∴CA⊥平面PAD,而CA平面MAC,∴平面MAC⊥平面PAD【小問2詳解】(2)如圖所示:以A為原點,射線AC,AD,AP分別為x,y,z軸非負半軸建立空間直角坐標系,則,∴,設平面PAB

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