2024屆鶴壁市重點中學高二數(shù)學第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．圓心在直線上，且過點，并與直線相切的圓的方程為（）A. B.C. D.2．變量與的數(shù)據(jù)如表所示，其中缺少了一個數(shù)值，已知關于的線性回歸方程為，則缺少的數(shù)值為（）22232425262324▲2628A.24 B.25C.25.5 D.263．等比數(shù)列滿足，，則（）A.11 B.C.9 D.4．“”是“方程表示焦點在x軸上的橢圓”的（）A.充要條件 B.必要而不充分條件C.充分而不必要條件 D.既不充分也不必要條件5．在區(qū)間上隨機取一個數(shù)，則事件“曲線表示圓”的概率為（）A. B.C. D.6．現(xiàn)有甲、乙、丙、丁、戊五位同學，分別帶著A、B、C、D、E五個不同的禮物參加“抽盲盒”學游戲，先將五個禮物分別放入五個相同的盒子里，每位同學再分別隨機抽取一個盒子，恰有一位同學拿到自己禮物的概率為（）A. B.C. D.7．2021年是中國共產黨百年華誕，3月24日，中宣部發(fā)布中國共產黨成立100周年慶祝活動標識（圖1），標識由黨徽、數(shù)字“100”“1921”“2021”和56根光芒線組成，生動展現(xiàn)中國共產黨團結帶領中國人民不忘初心、牢記使命、艱苦奮斗的百年光輝歷程.其中“100”的兩個“0”設計為兩個半徑為的相交大圓，分別內含一個半徑為1的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切（圖2）.已知，在兩大圓的區(qū)域內隨機取一點，則該點取自兩大圓公共部分的概率為（）A. B.C. D.8．青花瓷是中華陶瓷燒制工藝的珍品，也是中國瓷器的主流品種之一．如圖，是一青花瓷花瓶，其外形上下對稱，可看成是雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉所形成的曲面．若該花瓶的瓶口直徑為瓶身最小直徑的2倍，花瓶恰好能放入與其等高的正方體包裝箱內，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.9．函數(shù)在的圖象大致為（）A. B.C D.10．“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11．已知三棱柱的所有棱長均為2，平面，則異面直線，所成角的余弦值為（）A. B.C. D.12．已知，則下列三個數(shù)，，（）A.都不大于-4 B.至少有一個不大于-4C.都不小于-4 D.至少有一個不小于-4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．拋物線的焦點坐標為________14．橢圓方程為橢圓內有一點，以這一點為中點的弦所在的直線方程為，則橢圓的離心率為______15．已知數(shù)列{}的通項公式為，前n項和為，當取得最小值時，n的值為___________.16．橢圓與雙曲線有公共焦點，設橢圓與雙曲線在第一象限內交于點，橢圓與雙曲線的離心率分別為為坐標原點，，則的取值范圍是___________.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，是函數(shù)的兩個極值點.（1）求的解析式；（2）記，，若函數(shù)有三個零點，求的取值范圍.18．（12分）已知橢圓左，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19．（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，是否存在定圓恒經過A，G兩點，若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由.20．（12分）已知函數(shù)，其中為常數(shù)，且（1）求證：時，；（2）已知a，b，p，q為正實數(shù)，滿足，比較與的大小關系.21．（12分）過點作圓的兩條切線，切點分別為A，B；（1）求直線AB的方程；（2）若M為圓上的一點，求面積的最大值22．（10分）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，直線BC與平面PCD所成角的正弦值為.（1）求證：平面PCD⊥平面PAC；（2）求平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值.

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、A【解析】設圓的圓心，表示出半徑，再由圓心到切線距離等于半徑即可列出方程求得參數(shù)及圓的方程.【詳解】∵圓的圓心在直線上，∴設圓心為(a，－a)，∵圓過，∴半徑r＝，又∵圓與相切，∴半徑r＝，則，解得a＝2，故圓心為(2，－2)，半徑為，故方程為.故選：A.2、A【解析】可設出缺少的數(shù)值，利用表中的數(shù)據(jù)，分別表示出、，將樣本中心點帶入回歸方程，即可求得參數(shù).【詳解】設缺少的數(shù)值為，則，，因為回歸直線方程經過樣本點的中心，所以，解得.故選：A3、B【解析】由已知結合等比數(shù)列的性質即可求解.【詳解】由數(shù)列是等比數(shù)列，得：，故選：B4、A【解析】由橢圓的標準方程結合充分必要條件的定義即得.【詳解】若，則方程表示焦點在軸上的橢圓；反之，若方程表示焦點在軸上的橢圓，則；所以“”是“方程表示焦點在x軸上的橢圓”的充要條件.故選：A.5、D【解析】先求出曲線表示圓參數(shù)的范圍，再由幾何概率可得答案.【詳解】由可得曲線表示圓，則解得或又所以曲線表示圓的概率為故選：D6、D【解析】利用排列組合知識求出每位同學再分別隨機抽取一個盒子，恰有一位同學拿到自己禮物的情況個數(shù)，以及五人抽取五個禮物的總情況，兩者相除即可.【詳解】先從五人中抽取一人，恰好拿到自己禮物，有種情況，接下來的四人分為兩種情況，一種是兩兩一對，兩個人都拿到對方的禮物，有種情況，另一種是四個人都拿到另外一個人的禮物，不是兩兩一對，都拿到對方的情況，由種情況，綜上：共有種情況，而五人抽五個禮物總數(shù)為種情況，故恰有一位同學拿到自己禮物的概率為.故選：D7、B【解析】求出兩圓相交公共部分兩個弓形面積，結合兩圓面積可得概率【詳解】如圖，是兩圓心，是兩圓交點坐標，四邊形邊長均為，又，所以，所以，四邊形是正方形，，弓形面積為，兩個弓形面積為，兩圓涉及部分面積為所以所求概率為故選：B8、C【解析】由題意作出軸截面，最短直徑為2a，根據(jù)已知條件點（2a，2a）在雙曲線上，代入雙曲線的標準方程，結合a，b，c的關系可求得離心率e的值【詳解】由題意作出軸截面如圖：M點是雙曲線與截面正方形的交點之一，設雙曲線的方程為：最短瓶口直徑為A1A2＝2a，則由已知可得M是雙曲線上的點，且M（2a，2a）故，整理得4a2＝3b2＝3（c2﹣a2），化簡后得，解得故選：C9、D【解析】函數(shù)|在[–2,2]上是偶函數(shù)，其圖象關于軸對稱，因為，所以排除選項；當時，有一零點，設為，當時，為減函數(shù)，當時，為增函數(shù)故選：D.10、A【解析】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.【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.11、A【解析】建立空間直角坐標系，利用向量法求解【詳解】以為坐標原點，平面內過點且垂直于的直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，∴，，∴，∴異面直線，所成角的余弦值為.故選：A12、B【解析】利用反證法設，，都大于，結合基本不等式即可得出結論.【詳解】設，，都大于，則，由于，故，利用基本不等式可得，當且僅當時等號成立，這與假設所得結論矛盾，故假設不成立，故下列三個數(shù)，，至少有一個不大于，故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用焦點坐標為求解即可【詳解】因為，所以，所以焦點的坐標為，故答案：14、【解析】設，利用“點差法”得到，即可求出離心率.【詳解】設直線與橢圓交于，則.因為AB中點,則.又，相減得：.所以所以所以，所以，即離心率.故答案為：.15、7【解析】首先求出數(shù)列的正負項，再判斷取得最小值時n的值.【詳解】當，，解得：，當和時，，所以取得最小值時，.故答案為：716、【解析】根據(jù)橢圓和雙曲線得定義求得，再根據(jù)，可得，從而有，求出的范圍，根據(jù)，結合基本不等式即可得出答案.【詳解】解：設，則有，所以，即，又因為，所以，所以，即，則，由，得，所以，所以，則，由，得，因為，當且僅當，即時，取等號，因為，所以，所以，即，所以的取值范圍是.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）；（2）【解析】（1）根據(jù)極值點的定義，可知方程的兩個解即為，，代入即得結果；（2）根據(jù)題意，將方程轉化為，則函數(shù)與直線在區(qū)間，上有三個交點，進而求解的取值范圍【詳解】解：（1）因為，所以根據(jù)極值點定義，方程的兩個根即為，，，代入，，可得，解之可得，，故有；（2）根據(jù)題意，，，，根據(jù)題意，可得方程在區(qū)間，內有三個實數(shù)根，即函數(shù)與直線在區(qū)間，內有三個交點，又因為，則令，解得；令，解得或，所以函數(shù)在，上單調遞減，在上單調遞增；又因為，，，，函數(shù)圖象如下所示：若使函數(shù)與直線有三個交點，則需使，即18、（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(jù)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(lián)立，消元，寫韋達；根據(jù)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，即因為，，所以因為，所以，所以.同理可證.因為，，所以四邊形為平行四邊形，因為為的中點，所以直線必過坐標原點【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，聯(lián)立，整理得，則，，.因為，所以，因為，解得或.當時，直線的方程為過點A，不滿足題意，所以舍去；所以直線的方程為，所以直線過定點.當直線的斜率不存在時，因為，所以直線的方程為，經驗證，符合題意.故直線過定點.因為為的中點，為的中點，所以過定點.因為垂直平分公共弦，所以點在以為直徑的圓上運動，該圓的半徑，圓心坐標為，故動點的軌跡方程為19、（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：恒經過兩點，綜上所述，存在定圓恒經過兩點.【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.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據(jù)導數(shù)判斷出函數(shù)的單調性求出其最大值，即可證出；（2）由（1）知：，再變形即可得出小問1詳解】因為，∴在上單調遞減，又因，故當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以.【小問2詳解】由（1）知：，兩邊同乘以a得：，∴，即.21、（1）（2）【解析】（1）求出以為直徑的圓的方程，結合已知圓的方程，將兩圓方程相減可求得兩圓公共弦所在直線方程；（2）求出圓上的點M到直線AB的距離的最大值，求出，利用三角形面積公式求得答案.【小問1詳解】圓的圓心坐標為，半徑為1，則的中點坐標為，，以為圓心，為直徑的圓的方程為，由，得①，由，得②，①②得：直線的方程為；【小問2詳解】圓心到直線的距離為故圓上的點M到直線的距離的最大值為，而,故面積的最大值為.22、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點，連接，證明，由線面垂直的判定定理可證明平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結論，（2）過點作于，以為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，設，先根據(jù)直線BC與平面PCD所成角的正弦值為，求出，然后再求出平面PAB的法向量，利用向量的夾角公