河北省張家口市涿鹿中學2023-2024學年數學高二上期末調研試題含解析

河北省張家口市涿鹿中學2023-2024學年數學高二上期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．設命題，則為（）A. B.C. D.2．如圖，P為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，圓錐PO的軸截面PAE是邊長為2的等邊三角形，是底面圓的內接正三角形．則（）A. B.C. D.3．如圖所示，已知三棱錐，點，分別為，的中點，且，，，用，，表示，則等于（）A. B.C. D.4．北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為，故其總曲率為.給出下列三個結論：①正方體在每個頂點的曲率均為；②任意四棱錐總曲率均為；③若某類多面體的頂點數，棱數，面數滿足，則該類多面體的總曲率是常數.其中，所有正確結論的序號是（）A.①② B.①③C.②③ D.①②③5．已知圓和橢圓．直線與圓交于、兩點，與橢圓交于、兩點．若時，的取值范圍是，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.6．如圖給出的是一道典型的數學無字證明問題：各矩形塊中填寫的數字構成一個無窮數列，所有數字之和等于1.按照圖示規(guī)律，有同學提出了以下結論，其中正確的是（）A.由大到小的第八個矩形塊中應填寫的數字為B.前七個矩形塊中所填寫的數字之和等于C.矩形塊中所填數字構成的是以1為首項，為公比的等比數列D.按照這個規(guī)律繼續(xù)下去，第n-1個矩形塊中所填數字是7．已知拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合，過坐標原點作兩條互相垂直的射線，，與分別交于，則直線過定點（）A. B.C. D.8．已知圓錐的表面積為，且它的側面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的體積為（）A. B.C. D.9．已知點，點關于原點對稱點為，則（）A. B.C. D.10．已知橢圓的一個焦點坐標為，則的值為（）A. B.C. D.11．如圖，正方形與矩形所在的平面互相垂直，在上，且平面，則M點的坐標為（）A. B.C. D.12．某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現，紅燈持續(xù)時間為40秒．若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待18秒才出現綠燈的概率為（）A B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列滿足，，的前項和為，則______.14．已知，，，若，則______.15．若函數，則在點處切線的斜率為______16．為和的等差中項，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）已知直線l過點，與兩坐標軸的正半軸分別交于A，B兩點，O為坐標原點（1）若的面積為，求直線l的方程；（2）求的面積的最小值18．（12分）設命題p：，命題q：關于x的方程無實根.（1）若p為真命題，求實數m的取值范圍；（2）若為假命題，為真命題，求實數m的取值范圍19．（12分）我們知道，裝同樣體積的液體容器中，如果容器的高度一樣，那么側面所需的材料就以圓柱形的容器最省.所以汽油桶等裝液體的容器大都是圓柱形的，某臥式油罐如圖1所示，它垂直于軸的截面如圖2所示，已知截面圓的半徑是1米，弧的長為米表示劣弧與弦所圍成陰影部分的面積.（1）請寫出函數表達式；（2）用求導的方法證明.20．（12分）已知橢圓的焦距為，左、右焦點分別為，為橢圓上一點，且軸，，為垂足，為坐標原點，且（1）求橢圓的標準方程；（2）過橢圓的右焦點的直線（斜率不為）與橢圓交于兩點，為軸正半軸上一點，且，求點的坐標21．（12分）如圖，正方體的棱長為2，點為的中點.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求點到平面的距離.22．（10分）已知圓的圓心在直線上，且圓經過點與點.（1）求圓的方程；（2）過點作圓的切線，求切線所在的直線的方程.

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、D【解析】利用含有一個量詞的命題的否定的定義判斷.【詳解】因為命題是全稱量詞命題，所以其否定是存在量詞命題，即，故選：D2、B【解析】先求出，再利用向量的線性運算和數量積計算求解.【詳解】解：由題得,,故選：B3、A【解析】連接，先根據已知條件表示出，再根據求得結果.【詳解】連接，如下圖所示：因為為的中點，所以，又因為為的中點，所以，所以，故選：A.4、D【解析】根據曲率的定義依次判斷即可.【詳解】①根據曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為，故①正確；②由定義可得多面體的總曲率頂點數各面內角和，因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別為4個三角形和1個四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為，故②正確；③設每個面記為邊形，則所有的面角和為，根據定義可得該類多面體的總曲率為常數，故③正確.故選：D.5、C【解析】由題設，根據圓與橢圓的對稱性，假設在第一象限可得，結合已知有，進而求橢圓的離心率.【詳解】由題設，圓與橢圓的如下圖示：又時，的取值范圍是，結合圓與橢圓的對稱性，不妨假設在第一象限，∴從0逐漸增大至無窮大時，，故，∴故選：C.6、B【解析】根據題意可得矩形塊中的數字從大到小形成等比數列，根據等比數列的通項公式可求.【詳解】設每個矩形塊中的數字從大到小形成數列，則可得是首項為，公比為的等比數列，，所以由大到小的第八個矩形塊中應填寫的數字為，故A錯誤；前七個矩形塊中所填寫的數字之和等于，故B正確；矩形塊中所填數字構成的是以為首項，為公比的等比數列，故C錯誤；按照這個規(guī)律繼續(xù)下去，第個矩形塊中所填數字是，故D錯誤.故選：B.7、A【解析】由橢圓方程可求得坐標，由此求得拋物線方程；設，與拋物線方程聯立可得韋達定理的形式，根據可得，由此構造方程求得，根據直線過定點的求法可求得定點.【詳解】由橢圓方程知其焦點坐標為，又拋物線焦點，，解得：，則拋物線的方程為，由題意知：直線斜率不為，可設，由得：，則，即，設，，則，，，，，解得：或；又與坐標原點不重合，，，當時，，直線恒過定點.故選：A.【點睛】思路點睛：本題考查直線與拋物線綜合應用中的直線過定點問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與拋物線方程聯立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出已知中的等量關系，代入韋達定理可整理得到變量間的關系，從而化簡直線方程；④根據直線過定點的求解方法可求得結果.8、D【解析】設圓錐的半徑為，母線長，根據已知條件求出、的值，可求得該圓錐的高，利用錐體的體積公式可求得結果.【詳解】設圓錐的半徑為，母線長，因為側面展開圖是一個半圓，則，即，又圓錐的表面積為，則，解得，，則圓錐的高，所以圓錐的體積，故選：D.9、C【解析】根據空間兩點間距離公式，結合對稱性進行求解即可.【詳解】因為點關于原點的對稱點為，所以,因此，故選：C10、B【解析】根據題意得到得到答案.【詳解】橢圓焦點在軸上，且，故.故選：B.11、A【解析】設點的坐標為，由平面,可得出，利用空間向量數量積為0求得、的值，即可得出點的坐標.【詳解】設點的坐標為，,,，，則，,，平面,即，所以，，解得，所以，點的坐標為，故選：A.12、B【解析】由幾何概型公式求解即可.【詳解】紅燈持續(xù)時間為40秒，則至少需要等待18秒才出現綠燈的概率為，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析出當為正奇數時，，可求得的值，再分析出當為正偶數時，，可求得的值，進而可求得的值.【詳解】由題知，當為正奇數時，，于是,，，，，所以.又因為當為正偶數時，，且，所以兩式相加可得，于是，兩式相減得.所以，故.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵在于分析出當為正奇數時，，以及當為正偶數時，，找出規(guī)律，結合并項求和法求出以及的值.14、【解析】根據題意，由向量坐標表示，列出方程，求出，，即可得出結果.【詳解】因為，，，若，則，解得，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查由向量坐標表示求參數，屬于基礎題型.15、【解析】根據條件求出，，再求即答案.【詳解】∵，∴，則和，得，，∴，，∴，所以在點處切線的斜率為.故答案為：16、【解析】利用等差中項的定義可求得結果.【詳解】由等差中項的定義可得.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）或（2）4【解析】（1）設直線方程為，根據所過的點及面積可得關于的方程組，求出解后可得直線方程，我們也可以設直線，利用面積求出后可得直線方程.（2）結合（1）中直線方程的形式利用基本不等式可求面積的最小值.【小問1詳解】法一：（1）設直線，則解得或，所以直線或法二：設直線，，則，則，∴或﹣8所以直線或【小問2詳解】法一：∵，∴，∴，此時，∴面積的最小值為4，此時直線法二：∵，∴，此時，∴面積的最小值為4，此時直線18、（1）（2）【解析】（1）解一元二次不等式,即可求得當為真命題時的取值范圍;（2）先求得命題為真命題時的取值范圍.由為假命題,為真命題可知,兩命題一真一假.分類討論,即可求得的取值范圍.【詳解】（1）當為真命題時,解不等式可得；（2）當為真命題時,由,可得,∵為假命題,為真命題,∴,兩命題一真一假,∴或,解得或,∴m的取值范圍是.【點睛】本題考查了根據命題真假求參數的取值范圍,由復合命題真假判斷命題真假,并求參數的取值范圍,屬于基礎題.19、（1），（2）證明見解析【解析】（1）由弧長公式得，根據即可求解；（2）利用導數判斷出在上單調遞增，即可證明.【小問1詳解】由弧長公式得，于是，【小問2詳解】cos，顯然在上單調遞增，于是.20、（1）（2）【解析】（1）利用△∽△構造齊次方程，求出離心率，再利用焦距即可求出橢圓方程；（2）將直線方程與橢圓方程聯立利用韋達定理求出和，利用幾何關系可知，即可得，將韋達定理代入化簡即可求得點坐標.【小問1詳解】∵橢圓的焦距為，∴，即，軸，∴，則,由，，則△∽△，∴，即，整理得，即，解得或（舍去）∴，∴，則橢圓的標準方程為，【小問2詳解】設直線的方程為，且，將直線方程與橢圓方程聯立得，，則，，∵，∴，∴,∴，∴，即.21、（1）（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量及，利用向量的夾角公式即可得解；（2）直接利用向量公式求解即可【小問1詳解】解：以點作坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，2，，，0，，，0，，設平面的一個法向量為，又，則，則可取，又，設直線與平面的夾角為，則，直線與平面的正弦值為；【小問2詳解】解：因為所以點到平面的距離為，點到平面的距離為22、（1）；（2）或.【解析】（1）求出線段中點，進而得到線段的垂直平分線為，