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文檔簡介
2025屆山東省聊城市莘縣第一中學數(shù)學高二上期末預測試題注意事項: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(nèi)。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(nèi)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.將6位志愿者分成4組,其中兩個組各2人,另兩個組各1人,分赴廣交會的四個不同地方服務,不同的分配方案有()種A.· B.·C. D.2.如圖,在三棱柱中,平面,,,分別是,中點,在線段上,則與平面的位置關系是()A.垂直 B.平行C.相交但不垂直 D.要依點的位置而定3.已知命題p:?x>2,x2>2x,命題q:?x0∈R,ln(x02+1)<0,則下列命題是真命題的是()A.p∧ B.p∨C.p∧q D.p∨q4.直線的傾斜角大小為()A. B.C. D.5.已知是空間的一個基底,,,,若四點共面.則實數(shù)的值為()A. B.C. D.6.數(shù)列,則是這個數(shù)列的第()A.項 B.項C.項 D.項7.設是等差數(shù)列,是其公差,是其前n項的和.若,,則下列結論不正確的是()A. B.C. D.與均為的最大值8.2018年,倫敦著名的建筑事務所steynstudio在南非完成了一個驚艷世界的作品一一雙曲線建筑的教堂,白色的波浪形屋頂像翅膀一樣漂浮,建筑師通過雙曲線的設計元素賦予了這座教堂輕盈,極簡和雕塑般的氣質(zhì),如圖.若將此大教堂外形弧線的一段近似看成焦點在y軸上的雙曲線下支的一部分,且該雙曲線的上焦點到下頂點的距離為18,到漸近線距離為12,則此雙曲線的離心率為()A. B.C. D.9.直線的一個法向量為()A. B.C. D.10.古希臘數(shù)學家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積,已知橢圓的面積為,、分別是的兩個焦點,過的直線交于、兩點,若的周長為,則的離心率為()A. B.C. D.11.已知則是的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12.已知拋物線的焦點為F,過點F分別作兩條直線,直線與拋物線C交于A、B兩點,直線與拋物線C交于D、E兩點,若與的斜率的平方和為2,則的最小值為()A.24 B.20C.16 D.12二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若關于的不等式的解集為R,則的取值范圍是______.14.過橢圓上一點作軸的垂線,垂足為,則線段中點的軌跡方程為___________.15.已知從某班學生中任選兩人參加農(nóng)場勞動,選中兩人都是男生的概率是,選中兩人都是女生的概率是,則選中兩人中恰有一人是女生的概率為______16.若隨機變量,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)已知橢圓的上頂點在直線上,點在橢圓上.(1)求橢圓C的方程;(2)點P,Q在橢圓C上,且,,點G為垂足,是否存在定圓恒經(jīng)過A,G兩點,若存在,求出圓的方程;若不存在,請說明理由.18.(12分)已知,(1)若,p且q為真命題,求實數(shù)x的取值范圍;(2)若p是q的充分條件,求實數(shù)m的取值范圍19.(12分)設二次函數(shù).(1)若是函數(shù)的兩個零點,且最小值為.①求證:;②當且僅當a在什么范圍內(nèi)時,函數(shù)在區(qū)間上存在最小值?(2)若任意實數(shù)t,在閉區(qū)間上總存在兩實數(shù)m,n,使得成立,求實數(shù)a的取值范圍.20.(12分)如圖,在四棱錐中,底面四邊形為角梯形,,,,O為的中點,,.(1)證明:平面;(2)若,求平面與平面所成夾角的余弦值.21.(12分)已知函數(shù).(1)討論的單調(diào)性;(2)當a=1時,對于任意的,,都有恒成立,則m的取值范圍.22.(10分)已知圓C經(jīng)過點,,且它的圓心C在直線上.(1)求圓C的方程;(2)過點作圓C的兩條切線,切點分別為M,N,求三角形PMN的面積.
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】先按要求分為四組,再四個不同地方,四個組進行全排列.【詳解】兩個組各2人,兩個組各1人,屬于部分平均分組,要除以平均分組的組數(shù)的全排列,故分組方案有種,再將分得的4組,分配到四個不同地方服務,則不同的分配方案有種.故選:B2、B【解析】構造三角形,先證∥平面,同理得∥平面,再證平面∥平面即可.【詳解】連接,,.因為在直三棱柱中,M,N分別是,AB的中點,所以∥.因為平面內(nèi),平面,所以∥平面.同理可得AM∥平面.又因為,平面,平面,所以平面∥平面.又因為P點在線段上,所以∥平面.故選:B.3、B【解析】取x=4,得出命題p是假命題,由對數(shù)的運算得出命題q是假命題,再判斷選項.【詳解】命題p:?x>2,x2>2x,是假命題,例如取x=4,則42=24;命題q:?x0∈R,ln(x02+1)<0,是假命題,∵?x∈R,ln(x2+1)≥0.則下列命題是真命題的是.故選:B.4、B【解析】將直線方程變?yōu)樾苯厥?,根?jù)斜率與傾斜角關系可直接求解.【詳解】由直線可得,所以,設傾斜角為,則因為所以故選:B5、A【解析】由共面定理列式得,再根據(jù)對應系數(shù)相等計算.【詳解】因為四點共面,設存在有序數(shù)對使得,則,即,所以得.故選:A6、A【解析】根據(jù)數(shù)列的規(guī)律,求出通項公式,進而求出是這個數(shù)列的第幾項【詳解】數(shù)列為,故通項公式為,是這個數(shù)列的第項.故選:A.7、C【解析】由已知條件可以得出,,,即可得公差,再利用等差數(shù)列的性質(zhì)以及前n項的和的性質(zhì)可判斷每個選項的正誤,進而可得正確選項.【詳解】由可得,由可得,故選項B正確;由可得,因為公差,故選項A正確,,所以,故選項C不正確;由于是等差數(shù)列,公差,,,,所以都是的最大值,故選項D正確;所以選項C不正確,故選:C8、A【解析】設出雙曲線的方程,根據(jù)已知條件列出方程組即可求解.【詳解】設雙曲線的方程為,由雙曲線的上焦點到下頂點的距離為18,即,上焦點的坐標為,其中一條漸近線為,上焦點到漸近線的距離為,則,解得,,即,故選:.9、B【解析】直線化為,求出直線的方向向量,因為法向量與方向向量垂直,逐項驗證可得答案.【詳解】直線的方向向量為,化為,直線的方向向量為,因為法向量與方向向量垂直,設法向量為,所以,由于,A錯誤;,故B正確;,故C錯誤;,故D錯誤;故選:B.10、A【解析】本題首先可根據(jù)題意得出,然后根據(jù)的周長為得出,最后根據(jù)求出的值,即可求出的離心率.【詳解】因為橢圓的面積為,所以長半軸長與短半軸長的乘積,因為的周長為,所以根據(jù)橢圓的定義易知,,,,則的離心率,故選:A.11、A【解析】先解不等式,再比較集合包含關系確定選項.【詳解】因為,所以是的充分不必要條件,選A.【點睛】本題考查解含絕對值不等式、解一元二次不等式以及充要關系判定,考查基本分析求解能力,屬基礎題.12、C【解析】設兩條直線方程,與拋物線聯(lián)立,求出弦長的表達式,根據(jù)基本不等式求出最小值【詳解】拋物線的焦點坐標為,設直線:,直線:,聯(lián)立得:,所以,所以焦點弦,同理得:,所以,因為,所以,故選:C二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】分為和考慮,當時,根據(jù)題意列出不等式組,求出的取值范圍.【詳解】當?shù)茫海瑵M足題意;當時,要想保證關于的不等式的解集為R,則要滿足:,解得:,綜上:的取值范圍為故答案為:14、【解析】相關點法求解軌跡方程.【詳解】設,則,則,即,因為,代入可得,即的軌跡方程為.故答案為:15、【解析】記“選中兩人都是男生”為事件,“選中兩人都是女生”為事件,“選中兩人中恰有一人是女生”為事件,根據(jù)為互斥事件,與為對立事件,從而可求出答案.【詳解】記“選中兩人都是男生”為事件,“選中兩人都是女生”為事件,“選中兩人中恰有一人是女生”為事件,易知為互斥事件,與為對立事件,又,所以.故答案為:.16、2【解析】根據(jù)給定條件利用二項分布的期望公式直接計算作答.【詳解】因為隨機變量,所以.故答案:2三、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)存在,定圓.【解析】(1)由題可得,,即求;(2)由題可設直線的方程,利用韋達定理及條件可得直線恒過定點,則以為直徑的圓適合題意,即得.【小問1詳解】由題設知,橢圓上頂點為,且在直線上∴,即又點在橢圓上,∴解得,∴橢圓C的方程為;【小問2詳解】設,,當直線斜率存在,設直線為:聯(lián)立方程,化簡得∴,,∵,∴又∵,∴將,代入,化簡得,即則或,①當時,直線恒過定點與點重合,不符題意.②當時,直線恒過定點,記為點,∵,∴以為直徑,其中點為圓心的圓恒經(jīng)過兩點,則圓方程為:;當直線斜率不存在,設方程為,,,且,,∴,解得或(舍去),,取,以為直徑作圓,圓方程為:恒經(jīng)過兩點,綜上所述,存在定圓恒經(jīng)過兩點.【點睛】關鍵點點睛:本題第二問的關鍵是證明直線恒過定點,結合條件可得以為直徑的圓,適合題意即得.18、(1);(2).【解析】(1)解一元二次不等式可得命題p,q所對集合,再求交集作答.(2)求出命題q所對集合,再利用集合的包含關系列式計算作答.【小問1詳解】解不等式得:,則命題p所對集合,當時,解不等式得:,則命題q所對集合,由p且q為真命題,則,所以實數(shù)x的取值范圍是.【小問2詳解】解不等式得:,則命題q所對集合,因p是q的充分條件,則,于是得,解得,所以實數(shù)m的取值范圍是.19、(1)①證明見解析;②(2)【解析】(1)①根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)和一元二次方程的求根公式,求得,即可證得;②由①知,區(qū)間,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì),即可求解.(2)存在兩實數(shù),使得成立,轉化為在區(qū)間上,有成立,設﹐結合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì),分類討論,即可求解.【小問1詳解】解:①由題意,函數(shù)二次函數(shù),因為最小值為,可得,即,因為,所以根據(jù)求根公式得,所以.②由①知,區(qū)間因為,對稱軸,且函數(shù)在區(qū)間上存在最小值,所以,因為,所以解得,所以,即a的取值范圍為.【小問2詳解】解:存在兩實數(shù),使得成立,則在區(qū)間上,有成立,設﹐函數(shù)對稱軸為①當即時,在上單調(diào)減,,此時;②當即時,,此時③當即時,,此時;④當即時,,此時;綜合①②③④得,且最小值為,因為對任意實數(shù)t,都有,所以只需,即,所以實數(shù)a的取值范圍.20、(1)證明見解析;(2).【解析】(1)連接,可通過證明,得平面;(2)以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,求出平面的法向量和平面的法向量,通過向量的夾角公式可得答案.【小問1詳解】如圖,連接,在中,由可得.因為,,所以,,因為,,,所以,所以.又因為,平面,,所以平面.【小問2詳解】由(1)可知,,,兩兩垂直,以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,,.由,有,則,設平面的法向量為,由,,有,取,則,,可得平面的一個法向量為.設平面的法向量為,由,,有,取,則,,可得平面的一個法向量為.由,,,可得平面與平面所成夾角的余弦值為.21、(1)答案見解析;(2).【解析】(1)由題可得,利用導數(shù)與單調(diào)性關系分類討論即得;(2)由題可得,利用函數(shù)的單調(diào)性及極值求函數(shù)最值即得.【小問1詳解】由題可得的定義域為,若,恒有,當時,,當時,,∴在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,若,令,得,若,恒有在上單調(diào)遞增,若,當時,;當時,,故在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,若,當時,;當時,,故在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減;綜上所述,當,在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,當,在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,當,在上單調(diào)遞增,當,在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減;【小問2詳解】由
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