江蘇省南通市天星湖中學2024屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試試題含解析

江蘇省南通市天星湖中學2024屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．拋物線的焦點坐標A. B.C. D.2．已知函數(shù)及其導函數(shù)，若存在使得，則稱是的一個“巧值點”.下列選項中沒有“巧值點”的函數(shù)是()A. B.C. D.3．圓截直線所得弦的最短長度為（）A.2 B.C. D.44．在等差數(shù)列中，若，且前n項和有最大值，則使得的最大值n為（）A.15 B.16C.17． D.185．變量，之間有如下對應數(shù)據(jù)：3456713111087已知變量與呈線性相關關系，且回歸方程為，則的值是（）A.2.3 B.2.5C.17.1 D.17.36．已知是直線的方向向量，為平面的法向量，若，則的值為（）A. B.C.4 D.7．已知直線l1：y＝x+2與l2：2ax+y﹣1＝0垂直，則a＝（）A. B.C.﹣1 D.18．“x>1”是“x>0”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9．雙曲線的焦點坐標是（）A. B.C. D.10．如圖是正方體的平面展開圖，在這個正方體中①與平行；②與是異面直線；③與成60°角；④與是異面直線以上四個結(jié)論中，正確結(jié)論的序號是A.①②③ B.②④C.③④ D.②③④11．已知命題:，命題:則是的（）條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分也不必要12．若直線與直線平行，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．橢圓的兩焦點為，，P為C上的一點（P與，不共線），則的周長為______.14．若橢圓的焦點在軸上，過點作圓的切線，切點分別為，，直線恰好經(jīng)過橢圓的上焦點和右頂點，則橢圓的方程是________________15．命題“若實數(shù)a，b滿足，則且”是_______命題(填“真”或“假”).16．如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，是上底面上其余的八個點，則集合中的元素個數(shù)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．（12分）已知函數(shù)，其中常數(shù)，（1）求單調(diào)區(qū)間；（2）若且對任意，都有，證明：方程有且只有兩個實根18．（12分）如圖，直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，點在棱上.（1）求證：；（2）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作已知，使得平面，并給出證明.條件①：為的中點；條件②：平面；條件③：.（3）在（2）的條件下，求平面與平面夾角的余弦值.19．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.20．（12分）已知函數(shù)（1）證明；（2）設，證明：若一定有零點，并判斷零點的個數(shù)21．（12分）已知數(shù)列，，其中，是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，滿足，，且（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）設，求數(shù)列的前n項和22．（10分）已知四棱錐的底面是矩形，底面，且，設E、F、G分別為PC、BC、CD的中點，H為EG的中點，如圖.（1）求證：平面；（2）求直線FH與平面所成角的大小.

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】由拋物線方程知焦點在x軸正半軸，且p=4，所以焦點坐標為，所以選B2、C【解題分析】利用新定義：存在使得，則稱是的一個“巧點”，對四個選項中的函數(shù)進行一一的判斷即可【題目詳解】對于A，，則，令，解得或，即有解，故選項A的函數(shù)有“巧值點”，不符合題意；對于B，，則，令，令，則g(x)在x＞0時為增函數(shù)，∵(1)，(e)，由零點的存在性定理可得，在上存在唯一零點，即方程有解，故選項B的函數(shù)有“巧值點”，不符合題意；對于C，，則，令，故方程無解，故選項C的函數(shù)沒有“巧值點”，符合題意；對于D，，則，令，則.∴方程有解，故選項D的函數(shù)有“巧值點”，不符合題意故選：C3、A【解題分析】由題知直線過定點，且在圓內(nèi)，進而求解最值即可.【題目詳解】解：將直線化為，所以聯(lián)立方程得所以直線過定點將化為標準方程得，即圓心為，半徑為，由于，所以點在圓內(nèi)，所以點與圓圓心間的距離為，所以圓截直線所得弦的最短長度為故選：A4、A【解題分析】由題可得，則，可判斷，，即可得出結(jié)果.【題目詳解】前n項和有最大值，，，，，，，使得的最大值n為15.故選：A.【題目點撥】本題考查等差數(shù)列前n項和的有關判斷，解題的關鍵是得出.5、D【解題分析】將樣本中心點代入回歸方程后求解【題目詳解】，，將樣本中心點代入回歸方程，得故選：D6、A【解題分析】由，可得，再計算即可求解.【題目詳解】由題意可知，所以，即.故選：A7、A【解題分析】利用兩直線垂直斜率關系，即可求解.【題目詳解】直線l1：y＝x+2與l2：2ax+y﹣1＝0垂直，.故選:A【題目點撥】本題考查兩直線垂直間的關系，屬于基礎題.8、A【解題分析】根據(jù)充分、必要條件間的推出關系，判斷“x>1”與“x>0”的關系.【題目詳解】“x>1”，則“x>0”，反之不成立.∴“x>1”是“x>0”的充分不必要條件.故選：A.9、B【解題分析】根據(jù)雙曲線的方程，求得，結(jié)合雙曲線的幾何性質(zhì)，即可求解.【題目詳解】由題意，雙曲線，可得，所以，且雙曲線的焦點再軸上，所以雙曲線的焦點坐標為.故選：B.10、C【解題分析】根據(jù)平面展開圖可得原正方體，根據(jù)各點的分布逐項判斷可得正確的選項.【題目詳解】由平面展開圖可得原正方體如圖所示：由圖可得：為異面直線，與不是異面直線，是異面直線，故①②錯誤，④正確.連接，則為等邊三角形，而，故或其補角為與所成的角，因為，故與所成的角為，故③正確.綜上，正確命題的序號為：③④.故選：C.【題目點撥】本題考查正方體的平面展開圖，注意展開圖中的點與正方體中的頂點的對應關系，本題屬于容易題.11、B【解題分析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【題目詳解】解：若，則或，即或，所以是的必要不充分條件故選：B12、D【解題分析】根據(jù)兩直線平行可得出關于實數(shù)的等式，由此可解得實數(shù)的值.【題目詳解】由于直線與直線平行，則，解得.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】結(jié)合橢圓的定義求得正確答案.【題目詳解】橢圓方程為，所以，所以三角形的周長為.故答案為：14、【解題分析】設過點的圓的切線為，分類討論求得直線分別與圓的切線，求得直線的方程，從而得到直線與軸、軸的交點坐標，得到橢圓的右焦點和上頂點，進而求得橢圓的方程.【題目詳解】設過點的圓的切線分別為，即，當直線與軸垂直時，不存在，直線方程為，恰好與圓相切于點；當直線與軸不垂直時，原點到直線的距離為，解得，此時直線的方程為，此時直線與圓相切于點，因此，直線的斜率為，直線的方程為，所以直線交軸交于點，交于軸于點，橢圓的右焦點為，上頂點為，所以，可得，所以橢圓的標準方程為.故答案為：.15、假【解題分析】列舉特殊值，判斷真假命題.【題目詳解】當時，，所以，命題“若實數(shù)a，b滿足，則且”是假命題.故答案為：假16、1【解題分析】根據(jù)空間平面向量的運算性質(zhì)，結(jié)合空間向量垂直的性質(zhì)、空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)進行求解即可.【題目詳解】由圖像可知，，則因為棱長為1，，所以，所以，故集合中的元素個數(shù)為1故答案為：1三、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）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析【解題分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，談論參數(shù)的范圍，根據(jù)導數(shù)的正負，可得單調(diào)區(qū)間；（2）由已知可解得，構(gòu)造函數(shù)，再根據(jù)（1）的結(jié)論，可知函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理，可證明結(jié)論.【小問1詳解】定義域為，因為，若，，所以單調(diào)遞減區(qū)間為，若，,當時，，當時，，所以單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為【小問2詳解】證明：若且對任意，都有，則在處取得最小值，由（1）得在取得最小值，得，令，則單調(diào)性相同，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，且，，，所以在(1e2，所以在和各有且僅有一個零點，即方程有且只有兩個實根18、（1）證明見解析；（2）答案見解析；（3）.【解題分析】（1）連結(jié)，，由直四棱柱的性質(zhì)及線面垂直的性質(zhì)可得，再由正方形的性質(zhì)及線面垂直的判定、性質(zhì)即可證結(jié)論.（2）選條件①③，設，連結(jié)，，由中位線的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)可得、，再由線面垂直的判定證明結(jié)論；選條件②③，設，連結(jié)，由線面平行的性質(zhì)及平行推論可得，由線面垂直的性質(zhì)有，再由線面垂直的判定證明結(jié)論；（3）構(gòu)建空間直角坐標系，求平面、平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】連結(jié)，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又為正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.【小問2詳解】選條件①③，可使平面.證明如下：設，連結(jié)，，又，分別是，的中點，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.選條件②③，可使平面.證明如下：設，連結(jié).因為平面，平面，平面平面，所以，又，則.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.【小問3詳解】由（2）可知，四邊形為正方形，所以.因為，，兩兩垂直，如圖，以為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，.由（1）知：平面的一個法向量為.設平面的法向量為，則，令，則.設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.19、（1）證明見解析（2）證明見解析【解題分析】（1）由三角形的中位線定理可證得MN∥AB，再由線面垂直的判定定理可證得結(jié)論，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理可得VC⊥平面ABC，從而有AB⊥VC，然后由線面垂直的判定定理可證得結(jié)論【小問1詳解】證明：∵M，N分別為VA，VB的中點，∴MN∥AB，∵AB?平面CMN，MN?平面CMN，∴AB∥平面CMN【小問2詳解】證明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB?平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC20、（1）證明見解析；（2）證明見解析，1個零點.【解題分析】(1)求導同分化簡，構(gòu)造新函數(shù)判斷導數(shù)正負即可；(2)令g(x)＝0，化簡方程，將問題轉(zhuǎn)化為討論方程解的個數(shù)問題.【小問1詳解】,設，則，時，遞減，時，遞增，而，所以時，，所以；小問2詳解】有零點，則有解，即有解，又，則只要，因為，方程可以化為，現(xiàn)在證明有解，令，則，可知在遞減，在遞增，所以，因為，所以，在內(nèi)恒有，而在遞增，當x＝時，h()＝，故根據(jù)零點存在性定理知在存在唯一零點.所以有且只有一個零點，所以有零點，有一個零點【題目點撥】本題關鍵是是將方程零點問題轉(zhuǎn)化為方程解的問題，通過討論單調(diào)性和最值（極值）的正負即可判斷零點的有無和個數(shù).21、（1），（2）【解題分析】（1）利用公式法，基本量代換求出數(shù)列，的通項公式；（2）利用錯位相減法求和.【小問1詳解】設等比數(shù)列的公比為q，因為，所以，所以．所以，所以，所以．所以，所以，【小問2詳解】，所以，，所以.所以22、（1）證明見解析（2）【解題分析】（1）連接CH，延長交PD于點K，連接BK，根據(jù)E、F、G分別為PC、BC、CD的中點，易