2023-2024學(xué)年江西省新余市渝水區(qū)第一中學(xué)高二上數(shù)學(xué)期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2023-2024學(xué)年江西省新余市渝水區(qū)第一中學(xué)高二上數(shù)學(xué)期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．設(shè)m，n是兩條不同直線，，是兩個(gè)不同平面，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.若，，則； B.若，，則；C.若，，則； D.若，，則2．函數(shù)y=的最大值為Ae-1 B.eC.e2 D.3．已知橢圓是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，設(shè)以為對(duì)角線的橢圓內(nèi)接平行四邊形的一組鄰邊斜率分別為，則（）A.1 B.C. D.4．已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動(dòng)圓M同時(shí)與圓C1及圓C2相外切，求動(dòng)圓圓心M的軌跡方程（）A.x2－＝1(x≤－1) B.x2－＝1C.x2－＝1(x1) D.－x2＝15．如圖，已知多面體，其中是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，四邊形是矩形，，平面平面，則點(diǎn)到平面的距離是（）A. B.C. D.6．現(xiàn)有一根金錘，長(zhǎng)5尺，頭部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，若該金錘從頭到尾，每一尺的重量構(gòu)成等差數(shù)列，該金錘共重（）斤A.6 B.7C.9 D.157．某公司有1000名員工，其中：高層管理人員為50名，屬于高收入者；中層管理人員為150名，屬于中等收入者；一般員工為800名，屬于低收入者．要對(duì)這個(gè)公司員工的收入情況進(jìn)行調(diào)查，欲抽取100名員工，應(yīng)當(dāng)抽取的一般員工人數(shù)為（）A.100 B.15C.80 D.508．等差數(shù)列中，已知，則（）A.36 B.27C.18 D.99．已知橢圓，則它的短軸長(zhǎng)為（）A.2 B.4C.6 D.810．已知直線和互相平行，則實(shí)數(shù)的取值為（）A或3 B.C. D.1或11．在平面上給定相異兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)在同一平面上且滿(mǎn)足，當(dāng)且時(shí)，點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓，這個(gè)軌跡最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故我們稱(chēng)這個(gè)圓為阿波羅尼斯圓.現(xiàn)有雙曲線，為雙曲線的左、右頂點(diǎn)，為雙曲線的虛軸端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)滿(mǎn)足，面積的最大值為，面積的最小值為，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.12．直線的傾斜角為（）A B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面上到兩定點(diǎn)A，B的距離之比為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡是—個(gè)圓心在直線上的圓.該圓被稱(chēng)為阿氏圓，如圖，在長(zhǎng)方體中，，點(diǎn)E在棱上，，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足，若點(diǎn)P在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)P對(duì)應(yīng)的軌跡的面積是___________；F為的中點(diǎn)，則三棱錐體積的最小值為_(kāi)__________.14．已知一個(gè)樣本數(shù)據(jù)為3，3，5，5，5，7，7，現(xiàn)在新加入一個(gè)3，一個(gè)5，一個(gè)7得到一個(gè)新樣本，則與原樣本數(shù)據(jù)相比，新樣本數(shù)據(jù)平均數(shù)______，方差______.（“變大”、“變小”、“不變”）15．設(shè)有下列命題：①當(dāng)，時(shí)，不等式恒成立；②函數(shù)在上的最小值為2；③函數(shù)在上的最大值為；④若，，且，則的最小值為其中真命題為_(kāi)_______________．（填寫(xiě)所有真命題的序號(hào)）16．已知命題恒成立；，若p，均為真，則實(shí)數(shù)a的取值范圍__________三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17．（12分）在中，內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，，求b的值.18．（12分）在等差數(shù)列中，，.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的前n項(xiàng)和.19．（12分）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為,且,,數(shù)列滿(mǎn)足，.(1)求和的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和.20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，為正三角形，且側(cè)面底面ABCD，（1）求證：平面ACM；（2）求平面MBC與平面DBC的夾角的大小21．（12分）已知圓：，過(guò)圓外一點(diǎn)作圓的兩條切線，，，為切點(diǎn)，設(shè)為圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).（1）求的取值范圍；（2）求直線的方程.22．（10分）已知橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，A，B分別為左、右頂點(diǎn)，P為橢圓上不同于A，B的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)在橢圓上，其中e為橢圓的離心率（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）直線AP與直線（m為常數(shù)）交于點(diǎn)Q，①當(dāng)時(shí)，設(shè)直線OQ的斜率為，直線BP的斜率為．求證：為定值；②過(guò)Q與PB垂直的直線l是否過(guò)定點(diǎn)？如果是，請(qǐng)求出定點(diǎn)坐標(biāo)；如果不是，請(qǐng)說(shuō)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】直接由直線平面的定理得到選項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)，m，n可能平行、相交或異面，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，與內(nèi)一直線l，所以，因?yàn)閘為內(nèi)一直線，所以．所以該選項(xiàng)正確.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)，若，，則，所以該選項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)，若，，則，所以該選項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)，若，，則m，n可能平行、相交或異面，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，若，，則與內(nèi)一直線l，所以，因?yàn)閘為內(nèi)一直線，所以．所以該選項(xiàng)正確.故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查空間直線平面位置關(guān)系判斷，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平.2、A【解析】,所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以函數(shù)的最大值為時(shí)，y==故選A點(diǎn)睛：研究函數(shù)最值主要根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，找到最值，分式求導(dǎo)公式要記熟3、C【解析】根據(jù)橢圓的對(duì)稱(chēng)性和平行四邊形的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【詳解】是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)兩點(diǎn)，所以不妨設(shè)，即，因?yàn)槠叫兴倪呅我彩侵行膶?duì)稱(chēng)圖形，所以也是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，所以不妨設(shè)，即，，得：，即，故選：C4、A【解析】根據(jù)雙曲線定義求解【詳解】,則根據(jù)雙曲線定義知的軌跡為的左半支故選：A第II卷（非選擇題5、C【解析】利用面面垂直性質(zhì)結(jié)合已知尋找兩兩垂直的三條直線建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法可解.【詳解】取的中點(diǎn)O，連接OB，過(guò)O在平面ACDE面內(nèi)作交DE于F∵平面平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，平面ACDE，∴平面ABC∴∵是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，四邊形ACDE是矩形，∴以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OF分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系則，，，設(shè)平面ABD的單位法向量，，由解得取，則∴點(diǎn)C到平面ABD的距離.故選：C6、D【解析】設(shè)該等差數(shù)列為，其公差為，根據(jù)題意和等差數(shù)列的性質(zhì)可得，進(jìn)而求出結(jié)果.【詳解】設(shè)該等差數(shù)列為，其公差為，由題意知，，由，解得，所以.故選：D7、C【解析】按照比例關(guān)系，分層抽取.【詳解】由題意可知，所以應(yīng)當(dāng)抽取的一般員工人數(shù)為.故選：C8、B【解析】直接利用等差數(shù)列的求和公式及等差數(shù)列的性質(zhì)求解.【詳解】解：由題得.故選：B9、B【解析】根據(jù)橢圓短軸長(zhǎng)的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可知：，所以該橢圓的短軸長(zhǎng)為，故選：B10、B【解析】利用兩直線平行的等價(jià)條件求得實(shí)數(shù)m的值.【詳解】∵兩條直線x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，∴解得m=﹣1，故選B【點(diǎn)睛】已知兩直線的一般方程判定兩直線平行或垂直時(shí)，記住以下結(jié)論，可避免討論：已知，，則，11、C【解析】先求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，再根據(jù)面積的最大值求得，根據(jù)的面積最小值求，由此可求雙曲線的離心率.【詳解】設(shè)，，,依題意得,即,兩邊平方化簡(jiǎn)得,所以動(dòng)點(diǎn)的軌跡是圓心為,半徑的圓，當(dāng)位于圓的最高點(diǎn)時(shí)的面積最大，所以,解得；當(dāng)位于圓的最左端時(shí)的面積最小，所以,解得,故雙曲線的離心率為.故選:C.12、C【解析】設(shè)直線傾斜角為，則，再結(jié)合直線的斜率與傾斜角的關(guān)系求解即可.【詳解】設(shè)直線的傾斜角為，則，∵，所以.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.②.【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)，可得對(duì)應(yīng)的軌跡方程；先求的面積，其是固定值，要使體積最小，只需求點(diǎn)到平面的距離的最小值即可.【詳解】分別以為軸建系，設(shè)，而,,，,.由,有，化簡(jiǎn)得對(duì)應(yīng)的軌跡方程為.所以點(diǎn)P對(duì)應(yīng)的軌跡的面積是.易得的三個(gè)邊即是邊長(zhǎng)為為的等邊三角形，其面積為，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則有，可取平面的一個(gè)法向量為，根據(jù)點(diǎn)的軌跡，可設(shè)，，所以點(diǎn)到平面的距離，所以故答案為：；14、①.不變②.變大【解析】通過(guò)計(jì)算平均數(shù)和方差來(lái)確定正確答案.【詳解】原樣本平均數(shù)為，原樣本方差為，新樣本平均數(shù)為，新樣本方差為.所以平均數(shù)不變，方差變大.故答案為：不變；變大15、①③④【解析】①直接利用基本不等式判斷即可；②直接利用基本不等式以及等號(hào)成立的條件判斷即可；③分子、分母同除，利用基本不等式即可判斷；④設(shè)，，利用指、對(duì)互化以及基本不等式即可判斷.【詳解】由于，，故恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以①正確；，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，由于，所以②不正確；因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，而，即函數(shù)的最大值為，所以③正確；設(shè)，，則，，，，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取等號(hào)，故的最小值為，所以④正確.故答案為：①③④【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：利用基本不等式求最值時(shí)，要注意其必須滿(mǎn)足的三個(gè)條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項(xiàng)必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項(xiàng)之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時(shí)，必須驗(yàn)證等號(hào)成立的條件，若不能取等號(hào)則這個(gè)定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯(cuò)誤的地方.16、【解析】根據(jù)題意得到命題為真命題，為假命題，結(jié)合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可求解.【詳解】根據(jù)題意，命題，均為真命題，可得命題為真命題，為假命題，由命題恒成立，可得，解得；又由命題為假命題，可得，解得，所以，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理，將邊化角轉(zhuǎn)化，即可求得；（2）利用余弦定理，結(jié)合（1）中所求，即可求得.【小問(wèn)1詳解】在中，由正弦定理得，因?yàn)?，所以，所以，又因?yàn)?，所?【小問(wèn)2詳解】在中，由余弦定理得，代入數(shù)據(jù)解得，所以18、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)已知條件求得，由此求得數(shù)列的通項(xiàng)公式.（2）令，分和去掉絕對(duì)值，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式求得.【小問(wèn)1詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，∵，，所以，所以，則.【小問(wèn)2詳解】令，解得，當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，.19、（1）；；（2）【解析】（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式主要利用求解，分情況求解后要驗(yàn)證是否滿(mǎn)足的通項(xiàng)公式，將求得的代入整理即可得到的通項(xiàng)公式；（2）整理數(shù)列的通項(xiàng)公式得，依據(jù)特點(diǎn)采用錯(cuò)位相減法求和試題解析：（1）∵，∴當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，.∵時(shí)，滿(mǎn)足上式，∴.又∵，∴，解得：.故，，.（2）∵，，∴①②由①-②得：∴，.考點(diǎn)：1.數(shù)列通項(xiàng)公式求解；2.錯(cuò)位相減法求和【方法點(diǎn)睛】求數(shù)列的通項(xiàng)公式主要利用，分情況求解后，驗(yàn)證的值是否滿(mǎn)足關(guān)系式，解決非等差等比數(shù)列求和問(wèn)題，主要有兩種思路：其一，轉(zhuǎn)化的思想，即將一般數(shù)列設(shè)法轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列，這一思想方法往往通過(guò)通項(xiàng)分解（即分組求和）或錯(cuò)位相減來(lái)完成，其二，不能轉(zhuǎn)化為等差等比數(shù)列的，往往通過(guò)裂項(xiàng)相消法，倒序相加法來(lái)求和，本題中，根據(jù)特點(diǎn)采用錯(cuò)位相減法求和20、（1）證明見(jiàn)解析（2）30°【解析】（1）連接BD，借助三角形中位線可證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法直接可求.【小問(wèn)1詳解】連接BD，與AC交于點(diǎn)O，在中，因?yàn)镺，M分別為BD，PD的中點(diǎn)，則，又平面ACM，平面ACM，所以平面ACM.【小問(wèn)2詳解】設(shè)E是AB的中點(diǎn)，連接PE，因?yàn)闉檎切?，則，又因?yàn)槠矫娴酌鍭BCD，平面平面，則平面ABCD，過(guò)點(diǎn)E作EF平行于CB，與CD交于點(diǎn)F，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則，，，，，，所以，，設(shè)平面CBM的法向量為，則，令，則，因?yàn)槠矫鍭BCD，則平面ABCD的一個(gè)法向量為，所以，所以平面MBC與平面DBC所成角大小為30°21、（1）（2）【解析】(1)求出PM，就可以求PQ的范圍；(2)使用待定系數(shù)法求出切線的方程，再求求切點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可以求切點(diǎn)的連線的方程.【小問(wèn)1詳解】如下圖所示，因?yàn)閳A的方程可化為，所以圓心，半徑，且，所以，故取值范圍為.【小問(wèn)2詳解】可知切線，中至少一條的斜率存在，設(shè)為，則此切線為即，由圓心到此切線的距離等于半徑，即，得所以?xún)蓷l切線的方程為和，于是由聯(lián)立方程組得兩切點(diǎn)的坐標(biāo)為和所以故直線的方程為即22、（1）