2023-2024學年上海市新川中學數學高二上期末經典試題含解析

2023-2024學年上海市新川中學數學高二上期末經典試題注意事項：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。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．已知直線過點，，則該直線的傾斜角是（）A. B.C. D.2．魏晉時期數學家劉徽首創(chuàng)割圓術，他在《九章算術》方田章圓田術中指出：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣.”這是注述中所用的割圓術是一種無限與有限的轉化過程，比如在正數中的“”代表無限次重復，設，則可以利用方程求得，類似地可得到正數（）A.2 B.3C. D.3．已知是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，若，則（）A.1011 B.2020C.2021 D.20224．設等差數列，前n項和分別是，若，則（）A.1 B.C. D.5．在長方體中，若，，則異而直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.6．已知正項等比數列的前項和為，且，則的最小值為（）A. B.C. D.7．將的展開式按x的降冪排列，第二項不大于第三項，若，且，則實數x的取值范圍是（）A. B.C. D.8．變量，滿足約束條件則的最小值為()A. B.C. D.59．某校開學“迎新”活動中要把3名男生，2名女生安排在5個崗位，每人安排一個崗位，每個崗位安排一人，其中甲崗位不能安排女生，則安排方法的種數為（）A.72 B.56C.48 D.3610．把點隨機投入長為，寬為的矩形內，則點與矩形四邊的距離均不小于的概率為（）A. B.C. D.11．已知兩圓相交于兩點，，兩圓圓心都在直線上，則值為（）A. B.C. D.12．如圖所示，某空間幾何體的三視圖是3個全等的等腰直角三角形，且直角邊長為2，則該空間幾何體的體積為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，則函數在區(qū)間上的平均變化率為___________.14．千年一遇對稱日，萬事圓滿在今朝，年月日又是一個難得的“世界完全對稱日”（公歷紀年日期中數字左右完全對稱的日期）.數學上把這樣的對稱自然數叫回文數，兩位數的回文數共有個（），其中末位是奇數的又叫做回文奇數，則在內的回文奇數的個數為___15．直線與圓相交于A，B兩點，則的最小值為__________.16．記為等差數列{}的前n項和，若，，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）如圖，在正方體中，分別為，的中點（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值18．（12分）已知橢圓：的一個頂點為，離心率為，直線與橢圓交于不同的兩點M，N（1）求橢圓的標準方程；（2）當的面積為時，求的值19．（12分）已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M（1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；（2）若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率，若不能，說明理由20．（12分）已知在數列中，，且.（1）求，，并證明數列是等比數列；（2）求的通項公式及前n項和.21．（12分）如圖，在三棱柱中，點在底面內的射影恰好是點，是的中點，且滿足（1）求證：平面；（2）已知，直線與底面所成角的大小為，求二面角的大小22．（10分）已知橢圓的左，右頂點分別是，，且，是橢圓上異于，的不同的兩點（1）若，證明：直線必過坐標原點；（2）設點是以為直徑的圓和以為直徑的圓的另一個交點，記線段的中點為，若，求動點的軌跡方程

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、C【解析】根據直線的斜率公式即可求得答案.【詳解】設該直線的傾斜角為，該直線的斜率，即.故選：C2、A【解析】設，則，解方程可得結果.【詳解】設，則且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：設是解題關鍵.3、C【解析】結合向量坐標運算以及拋物線的定義求得正確答案.【詳解】設，因為是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，所以，準線為：，因此，所以，即，由拋物線的定義可得，所以故選：C4、B【解析】根據等差數列的性質和求和公式變形求解即可【詳解】因為等差數列，的前n項和分別是，所以，故選：B5、C【解析】通過平移把異面直線平移到同一平面中，所以取，的中點，易知且過中心點，所以異而直線與所成角為和所成角，通過解三角形即可得解.【詳解】根據長方體的對稱性可得體對角線過中心點，取，的中點，易知且過中心點，所以異而直線和所成角為和所成角，連接，在中，，，，所以則異而直線與所成角的余弦值為：，故選：C.6、B【解析】設等比數列的公比為，則，由可得，可得出，利用基本不等式可求得結果.【詳解】設等比數列的公比為，則，因為，則，所以，，則，當且僅當時，等號成立.故選：B.7、A【解析】按照二項展開式展開表示出第二項第三項，解不等式即可.【詳解】由二項展開式，第二項為：，第三項為：，依題意，兩邊約去得到，即，由知，則，同時約去得到.故選：A.8、A【解析】根據不等式組，作出可行域，數形結合即可求z的最小值.【詳解】根據不等式組作出可行域如圖，，則直線過A(－1，0)時，z取最小值.故選：A.9、A【解析】以位置優(yōu)先法去安排即可解決.【詳解】第一步：安排甲崗位，由3名男生中任選1人，有3種方法;第二步：安排余下的4個崗位，由2名女生和余下的2名男生任意安排即可，有種方法故安排方法的種數為故選：A10、A【解析】確定矩形四邊的距離均不小于的點構成的區(qū)域，由幾何概型面積型的公式計算可得結果.【詳解】若點與矩形四邊的距離均不小于，則其落在如圖所示的陰影區(qū)域內，所求概率.故選：A.11、A【解析】由相交弦的性質，可得與直線垂直，且的中點在這條直線上；由與直線垂直，可得，解可得的值，即可得的坐標，進而可得中點的坐標，代入直線方程可得；進而將、相加可得答案【詳解】根據題意，由相交弦的性質，相交兩圓的連心線垂直平分相交弦，可得與直線垂直，且的中點在這條直線上；由與直線垂直，可得，解可得，則，故中點為，且其在直線上，代入直線方程可得，1，可得；故；故選：A【點睛】方法點睛：解答圓和圓的位置關系時，要注意利用平面幾何圓的知識來分析解答.12、A【解析】在該空間幾何體的直觀圖中去求其體積即可.【詳解】依托棱長為2的正方體得到該空間幾何體的直觀圖為三棱錐則故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】根據平均變化率的定義即可計算.【詳解】設，因，，所以.故答案為：314、【解析】根據分類加法計數原理，結合題中定義、組合的定義進行求解即可.【詳解】兩位數的回文奇數有，共個，三位數的回文奇數有，四位數的回文奇數有，所以在內的回文奇數的個數為，故答案為：15、【解析】直線過定點，圓心，當時，取得最小值，再由勾股定理即可求解.【詳解】由，得，由，得直線過定點，且在圓的內部，由圓可得圓心，半徑，當時，取得最小值，圓心與定點的距離為，則的最小值為.故答案為：.16、18【解析】根據等差數列通項和前n項和公式即可得到結果.【詳解】設等差數列的公差為，由，得，解得，所以故答案為：18三、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）證明見解析；（2）.【解析】（1）由正方體性質易得，根據線面平行的判定可得面、面，再由面面平行的判定證明結論；（2）建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，確定相關點的坐標，進而求兩個半平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求二面角的余弦值【小問1詳解】在正方體中，且，且，且，則四邊形為平行四邊形，即有，因為面，面，則平面，同理平面，又，面，則平面平面E.小問2詳解】以點為坐標原點，，，所在直線分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則，，所以，，設平面的法向量為,則，令，則由平面，則是平面的一個法向量設平面與平面夾角,，因此平面與平面所成銳二面角的余弦值為18、（1）（2）【解析】（1）由橢圓的一個頂點為，得到，再由橢圓的離心率為，求得，進而求得橢圓的標準方程；（2）由橢圓的對稱性得到，聯立方程組求得，根據的面積為，列出方程，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，橢圓的一個頂點為，可得，又由橢圓的離心率為，可得，所以，則，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：設，且根據橢圓的對稱性得，聯立方程組，整理得，解得，因為的面積為，可得，解得.19、（1）證明見解析（2）能為平行四邊形；斜率為4－或4＋【解析】（1）設兩點坐標，由點差法證明（2）求出兩點坐標，由平行四邊形的幾何性質判斷【小問1詳解】設的斜率為,，兩式相減可得，即故【小問2詳解】由（1）得的直線為，直線方程為聯立，解得聯立解得若四邊形OAPB為平行四邊形，則對角線互相平分為中點，解得，經檢驗，均符合題意故四邊形OAPB能為平行四邊形，此時斜率為4－或4＋20、（1），，證明見解析（2），【解析】（1）根據遞推關系求出，，對遞推公式變形，即可得證；（2）結合（1）求得通項公式，分組求和.【小問1詳解】因為，且所以，，∵，∴，∵，∴，且，∴數列是等比數列.【小問2詳解】由（1）可知是以為首項，以3為公比的等比數列，即，即；.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）分別證明出和，利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）以C為原點，為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，用向量法求二面角的平面角.【小問1詳解】因為點在底面內的射影恰好是點，所以面.因為面,所以.因為是的中點，且滿足．所以，所以.因為，所以，即,所以.因為,面,面,所以平面.【小問2詳解】∵面，∴直線與底面所成角為，即.因為，所以由（1）知，，因，所以，.如圖示，以C為原點，為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系.則,,,,所以，設，由得，，即.則.設平面BDC1的一個法向量為，則，不妨令，則.因為面，所以面的一個法向量為記二面角的平面角為，由圖知，為銳角.所以,即.所以二面角的大小為.22、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設，首先證明，從而可得到，即得到；進而可得到四邊形為平行四邊形；再根據為的中點，即可證明直線必過坐標原點（2）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，消元，寫韋達；根據條件可求出直線MN過定點，從而可得到過定點，進而可得到點在以為直徑的圓上運動，從而可求出動點的軌跡方程【小問1詳解】設，則，即因