甘肅省武威第三中學2023年高二數學第一學期期末學業水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。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寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知直線過點，，則直線的方程為（）A. B.C. D.2．從裝有2個紅球和2個白球的口袋內任取2個球，那么互斥而不對立的兩個事件是（）A.“至少有1個白球”和“都是紅球”B.“至少有2個白球”和“至多有1個紅球”C.“恰有1個白球”和“恰有2個白球”D.“至多有1個白球”和“都是紅球”3．已知雙曲線，其中一條漸近線與x軸的夾角為，則雙曲線的漸近線方程是（）A. B.C. D.4．橢圓的焦點為F1，F2，點P在橢圓上，若|PF1|=4，則∠F1PF2的余弦值為A. B.C. D.5．橢圓的兩焦點之間的距離為A. B.C. D.6．已知直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，且直線l與圓相切，則的面積的最小值為（）A.1 B.2C.3 D.47．已知，，若不等式恒成立，則正數的最小值是（）A.2 B.4C.6 D.88．函數的導函數為，對任意，都有成立，若，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C D.9．設為坐標原點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于兩點，若的面積為8，則的焦距的最小值為（）A.4 B.8C.16 D.3210．已知五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，則該樣本標準差為（）A.1 B.C. D.211．已知空間向量，，則（）A. B.19C.17 D.12．下列求導錯誤的是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為曲線：上一點，，，則的最小值為______14．已知函數，則___________.15．已知、是橢圓（）長軸的兩個端點，、是橢圓上關于軸對稱的兩點，直線，的斜率分別為，（）．若橢圓的離心率為，則的最小值為______16．已知數列是公差不為0的等差數列，，且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，求.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）在①，②，③這三個條件中任選一個補充在下面問題中，并解答下列題目設首項為2的數列的前n項和為，前n項積為，且______（1）求數列的通項公式；（2）若數列的前n項和為，令，求數列的前n項和18．（12分）已知等差數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和.19．（12分）已知橢圓的右焦點是橢圓上的一動點，且的最小值是1，當垂直長軸時，.(1)求橢圓的標準方程；(2)設直線與橢圓相切，且交圓于兩點，求面積的最大值，并求此時直線方程.20．（12分）如圖，四棱錐中，底面為梯形，底面，，，，.（1）求證：平面平面；（2）設為上一點，滿足，若直線與平面所成的角為，求二面角的余弦值.21．（12分）阿基米德（公元前年—公元前年）不僅是著名的物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸與短半軸的乘積.已知平面直角坐標系中，橢圓：的面積為，兩焦點與短軸的一個頂點構成等邊三角形.(1)求橢圓的標準方程；(2)過點的直線與交于不同的兩點，求面積的最大值.22．（10分）如圖，在直三棱柱中，，，，，分別為，的中點（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值

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、C【解析】根據兩點的坐標和直線的兩點式方程計算化簡即可.【詳解】由直線的兩點式方程可得，直線l的方程為，即故選：C2、C【解析】結合互斥事件與對立事件的概念,對選項逐個分析可選出答案.【詳解】對于選項A,“至少有1個白球”和“都是紅球”是對立事件,不符合題意;對于選項B,“至少有2個白球”表示取出2個球都是白色的,而“至多有1個紅球”表示取出的球1個紅球1個白球,或者2個都是白球,二者不是互斥事件,不符合題意;對于選項C,“恰有1個白球”表示取出2個球1個紅球1個白球,與“恰有2個白球”是互斥而不對立的兩個事件,符合題意;對于選項D,“至多有1個白球”表示取出的2個球1個紅球1個白球,或者2個都是紅球,與“都是紅球”不是互斥事件,不符合題意.故選C.【點睛】本題考查了互斥事件和對立事件的定義的運用,考查了學生對知識的理解和掌握,屬于基礎題.3、C【解析】由已知條件計算可得，即得到結果.【詳解】由雙曲線，可知漸近線方程為，又雙曲線的一條漸近線與x軸的夾角為，故，即漸近線方程為.故選：C4、B【解析】根據題意，橢圓的標準方程為，其中則，則有|F1F2|=2，若a=3，則|PF1|+|PF2|=2a=6，又由|PF1|=4，則|PF2|=6-|PF1|=2，則cos∠F1PF2==.故選B5、C【解析】根據題意，由于橢圓的方程為,故可知長半軸的長為,那么可知兩個焦點的坐標為，因此可知兩焦點之間的距離為，故選C考點：橢圓的簡單幾何性質點評：解決的關鍵是將方程變為標準式，然后結合性質得到結論，屬于基礎題6、A【解析】由直線與圓相切可得，再利用基本不等式即求.【詳解】由已知可得，，因為直線與圓相切，所以，即，因為，當且僅當時取等號，所以，，所以面積的最小值為1.故選：A7、B【解析】由基本不等式求出的最小值，只需最小值大于等于18，得到關于的不等式，求解，即可得出結論.【詳解】，因為不等式恒成立，所以，即，解得，所以.故選:B.【點睛】本題考查基本不等式的應用，考查一元二次不等式的解法，屬于基礎題.8、C【解析】構造函數，利用導數分析函數的單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性即可得解.【詳解】對任意，都有成立，即令，則，所以函數在上單調遞增不等式即，即因為，所以所以，，解得，所以不等式的解集為故選：C.9、B【解析】因為，可得雙曲線的漸近線方程是，與直線聯立方程求得，兩點坐標，即可求得，根據的面積為，可得值，根據，結合均值不等式，即可求得答案.【詳解】雙曲線的漸近線方程是直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點不妨設為在第一象限，在第四象限聯立，解得故聯立，解得故面積為：雙曲線其焦距為當且僅當取等號的焦距的最小值：故選：B.【點睛】本題主要考查了求雙曲線焦距的最值問題，解題關鍵是掌握雙曲線漸近線的定義和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值時，要檢驗等號是否成立，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.10、B【解析】先求出的值，然后利用標準差公式求解即可【詳解】解：因為五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，所以，解得，所以標準差，故選：B11、D【解析】先求出的坐標，再求出其模【詳解】因為，，所以，故，故選：D.12、B【解析】根據導數運算求得正確答案.【詳解】、、運算正確.，B選項錯誤.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】曲線是拋物線的右半部分，是拋物線的焦點，作出拋物線的準線，把轉化為到準線的距離，則到準線的距離為所求距離和的最小值【詳解】易知曲線是拋物線的右半部分，如圖，因為拋物線的準線方程為，是拋物線的焦點，所以等于到直線的距離．過作該直線的垂線，垂足為，則的最小值為故答案為：14、【解析】先求導數，代入可得.【詳解】因為所以，則，故.故答案為：15、【解析】設出點，，，的坐標，表示出直線，的斜率，作和后利用基本不等式求最值，利用離心率求得與的關系，則答案可求詳解】解：設，，，，，，，，，，，當且僅當，即時等號成立，是橢圓長軸的兩個端點，，是橢圓上關于軸對稱的兩點，，，即，的最小值為，橢圓的離心率為，，即，得，的最小值為故答案為：16、（1）；（2）.【解析】（1）根據，且，，成等比數列，利用等比中項由，求得公差即可.（2）由（1）得到，再利用裂項相消法求解.【詳解】（1）設數列的公差為d，因為，且，，成等比數列，所以，即，解得或（舍去），所以數列的通項公式；（2）由（1）知：，所以.【點睛】方法點睛：求數列的前n項和的方法(1)公式法：①等差數列的前n項和公式，②等比數列的前n項和公式；(2)分組轉化法：把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解(3)裂項相消法：把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項(4)倒序相加法：把數列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數列求和公式的推導過程的推廣(5)錯位相減法：如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列對應項之積構成的，則這個數列的前n項和用錯位相減法求解.(6)并項求和法：一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解三、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）選擇不同的條件，再通過構造數列以及累乘法即可求得對應情況下的通項公式；（2）根據（1）中所求，求得，再利用錯位相減法求其前項和即可.【小問1詳解】選①：∵，即，∴.即，∴數列是常數列，∴，故；選②：∵，∴時，，則，即∴，∴；當時，也滿足，∴；選③：得，所以數列是等差數列，首項為2，公差為1則，∴.【小問2詳解】由（1）知當時，，∴又∵時，，符合上式，∴∴∴而相減得∴.18、（1）；（2）.【解析】（1）將條件化為基本量并解出，進而求得答案；（2）通過裂項法即可求出答案.【小問1詳解】由，.得：解得：故.【小問2詳解】當時，.所以時，.19、（1）；（2），.【解析】（1）由的最小值為1，得到，再由，結合，求得的值，即可求得橢圓的方程.（2）設切線的方程為，聯立方程組，根據直線與橢圓相切，求得，結合點到直線的距離公式和圓的弦長公式，求得的面積的表示，結合函數的單調性，即可求解.【詳解】（1）由題意，點橢圓上的一動點，且的最小值是1，得，因為當垂直長軸時，可得，所以，即，又由，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）由題意知切線的斜率一定存在，否則不能形成，設切線的方程為，聯立，整理得，因為直線與橢圓相切，所以，化簡得，則，因為點到直線的距離，所以，即，故的面積為，因為，可得，即，函數在上單調遞增，所以，當時取等號，則，即面積的最大值為.當時，此時，所以直線的方程為.【點睛】對于直線與橢圓的位置關系的處理方法：1、判定與應用直線與橢圓的位置關系，一把轉化為研究直線方程與橢圓組成的方程組的解得個數，結合判別式求解；2、對于過定點的直線，也可以通過定點在橢圓的內部或在橢圓上，判定直線與橢圓的位置關系.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由三角形的邊角關系可證，再由底面，可得.即可證明底面，由面面垂直的判定定理得證.（2）以點為坐標原點，，，分別為，，軸建立空間坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值.【詳解】解析：（1）證明：由，，，，，所以，又，∴，∴，∴，因為底面，底面，∴.因為，底面，底面，底面，底面，所以面面.（2）由（1）可知為與平面所成的角，∴，∴，，由及，可得，，以點為坐標原點，，，分別為，，軸建立空間坐標系，則，，，，設平面的法向量為，則，，取，設平面的法向量為，則，，取，所以，所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的判定，線面垂直的性質，利用空間向量法求二面角的余弦值，屬于中檔題.21、(1)；(2).【解析】（1）根據題意計算得到，得到橢圓方程.（2）設直線的方程為，聯立方程，根據韋達定理得到，，表示出，解得答案.【詳解】(1)依題意有解得所以橢圓的標準方程是.(2)由題意直線的斜率不能為，設直線的方程為，由方程組得，設，，所以，，所以，所以，令（），則，，因為在上單調遞增，所以當，即時，面