河北省唐山市路南區唐山一中2023-2024學年高二上數學期末學業質量監測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．雙曲線的左、右焦點分別為、，點P在雙曲線右支上，，，則C的離心率為（）A. B.2C. D.2．橢圓＝1的一個焦點為F，過原點O作直線（不經過焦點F）與橢圓交于A，B兩點，若△ABF的面積是20，則直線AB的斜率為（）A. B.C. D.3．命題“對任何實數，都有”的否定形式是（）A.，使得B.，使得C.，使得D.，使得4．設函數在R上可導，其導函數為，且函數的圖像如題（8）圖所示，則下列結論中一定成立的是A.函數有極大值和極小值B.函數有極大值和極小值C.函數有極大值和極小值D.函數有極大值和極小值5．等差數列中，，則前項的和（）A. B.C. D.6．設等差數列，的前n項和分別是，，若，則（）A. B.C. D.7．過點且與橢圓有相同焦點的雙曲線方程為（）A B.C. D.8．如圖，正四棱柱是由四個棱長為1的小正方體組成的，是它的一條側棱，是它的上底面上其余的八個點，則集合的元素個數（）A.1 B.2C.4 D.89．我國古代數學論著中有如下敘述：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈二百五十四．”思如下：一座7層塔共掛了254盞燈，且相鄰兩層下一層所掛燈數是上一層所掛燈數的2倍．下列結論不正確的是（）A.底層塔共掛了128盞燈B.頂層塔共掛了2盞燈C.最下面3層塔所掛燈的總盞數比最上面3層塔所掛燈的總盞數多200D.最下面3層塔所掛燈的總盞數是最上面3層塔所掛燈的總盞數的16倍10．已知橢圓的兩焦點分別為，，P為橢圓上一點，且，則的面積等于（）A.6 B.C. D.11．已知等比數列中，，則由此數列的奇數項所組成的新數列的前項和為（）A. B.C. D.12．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》中討論過高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等．例如“百層球堆垛”：第一層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，第四層有10個球，第五層有15個球，…，各層球數之差：，，，，…即2，3，4，5，…是等差數列．現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，3，6，12，23，41，則該數列的第8項為（）A.51 B.68C.106 D.157二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設、為正數，若，則的最小值是______，此時______.14．某部門計劃對某路段進行限速，為調查限速60km/h是否合理，對通過該路段的300輛汽車的車速進行檢測，將所得數據按，，，分組，繪制成如圖所示頻率分布直方圖.則________；這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有______輛.15．等差數列的公差，是其前n項和，給出下列命題：若，且，則和都是中的最大項；給定n，對于一些，都有；存在使和同號；.其中正確命題的序號為___________.16．以下數據為某校參加數學競賽的名同學的成績：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.則這人成績的第百分位數可以是______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）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，四邊形ACEF為正方形，且平面ABCD⊥平面ACEF（1）證明：AB⊥CF；（2）求點C到平面BEF距離；（3）求平面BEF與平面ADF夾角的正弦值18．（12分）如圖，四棱錐中，，且，（1）求證：平面平面；（2）若是等邊三角形，底面是邊長為3的正方形，是中點，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知空間三點.（1）求以為鄰邊平行四邊形的周長和面積;（2）若，且分別與垂直，求向量的坐標.20．（12分）設，分別是橢圓：的左、右焦點，的離心率為，點是上一點.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓E于A，B兩點，且，求直線的方程.21．（12分）已知函數（1）當時，求的單調區間；（2）當時，證明：存在最大值，且恒成立.22．（10分）已知圓的圓心在直線上，與軸正半軸相切，且被直線：截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）設點在圓上運動，點，且點滿足，記點的軌跡為.①求的方程，并說明是什么圖形；②試探究：在直線上是否存在定點(異于原點)，使得對于上任意一點，都有為一常數，若存在，求出所有滿足條件的點的坐標，若不存在，說明理由.

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選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】由，所以為直角三角形，根據雙曲線的定義結合勾股定理可得答案.【詳解】由，所以為直角三角形.,根據雙曲線的定義可得所以，即，即，所以故選：C2、A【解析】分情況討論當直線AB的斜率不存在時，可求面積，檢驗是否滿足條件，當直線AB的斜率存在時，可設直線AB的方程y＝kx，聯立橢圓方程，可求△ABF2的面積為S＝2代入可求k【詳解】由橢圓＝1，則焦點分別為F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)①當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝0，此時AB＝4，＝AB?5＝×5＝10，不符合題意；②可設直線AB的方程y＝kx，由，可得(4+9k2)x2＝180，∴xA＝6，yA＝，∴△ABF2的面積為S＝2＝2××5×＝20，∴k＝±故選：A3、B【解析】可將原命題變成全稱命題形式，而全稱命題的否定為特稱命題，即可選出答案.【詳解】命題“對任何實數，都有”，可寫成：，使得，此命題為全稱命題，故其否定形式為：，使得.故選：B.4、D【解析】則函數增；則函數減；則函數減；則函數增；選D.【考點定位】判斷函數的單調性一般利用導函數的符號，當導函數大于0則函數遞增，當導函數小于0則函數遞減5、D【解析】利用等差數列下標和性質可求得，根據等差數列求和公式可求得結果.【詳解】數列為等差數列，，解得：；.故選：D.6、B【解析】利用求解.【詳解】解：因為等差數列，的前n項和分別是，所以.故選：B7、D【解析】設雙曲線的方程為，再代點解方程即得解.【詳解】解：由得，所以橢圓的焦點為.設雙曲線的方程為，因為雙曲線過點，所以.所以雙曲線的方程為.故選：D8、A【解析】用空間直角坐標系看正四棱柱，根據向量數量積進行計算即可.【詳解】建立空間直角坐標系，為原點，正四棱柱的三個邊的方向分別為軸、軸和看軸，如右圖示，，設，則AB所以集合，元素個數為1.故選：A.9、C【解析】由題設易知是公比為2的等比數列，應用等比數列前n項和公式求，結合各選項的描述及等比數列通項公式、前n項和公式判斷正誤即可.【詳解】從上往下記每層塔所掛燈的盞數為，則數列是公比為2的等比數列，且，解得，所以頂層塔共掛了2盞燈，B正確；底層塔共掛了盞燈，A正確最上面3層塔所掛燈總盞數為14，最下面3層塔所掛燈的總盞數為224，C不正確，D正確故選：C.10、B【解析】根據橢圓定義和余弦定理解得，結合三解形面積公式即可求解【詳解】由與是橢圓上一點，∴，兩邊平方可得，即，由于，，∴根據余弦定理可得，綜上可解得，∴的面積等于，故選：B11、B【解析】確實新數列是等比數列及公比、首項后，由等比數列前項和公式計算，【詳解】由題意，新數列為，所以，，前項和為故選：B.12、C【解析】對高階等差數列按其定義逐一進行構造數列，直到出現一般等差數列為止，再根據其遞推關系進行求解.【詳解】現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，3，6，12，23，41，各項與前一項之差：，，，，，…即2，3，6，11，18，…，，，，，…即1，3，5，7，…是等差數列，所以，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.4②.【解析】巧用“1”改變目標式子的結果，借助均值不等式求最值即可.【詳解】，當且僅當即，時等號成立.故答案為，【點睛】本題考查最值的求法，注意運用“1”的代換法和基本不等式，考查運算能力，屬于中檔題14、①.②.【解析】根據個小矩形面積之和為1即可求出的值；根據頻率分布直方圖可以求出車速低于限速60km/h的頻率，從而可求出汽車有多少輛【詳解】由解得：這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有故答案為：；15、【解析】對，根據數列的單調性和可判斷；對和，利用等差數列的通項公式可直接推導；對，利用等差數列的前項和可直接推導.【詳解】不妨設等差數列的首項為對，，可得：，解得：，即又，則是遞減的，則中的前5項均為正數，所以和都是中的最大項，故正確；對，，故有：，故正確；對，，又，則，說明不存在使和同號，故錯誤；對，有：故并不是恒成立的，故錯誤故答案為：16、【解析】利用百分位數的求法直接求解即可.【詳解】解：將所給數據按照從小到大的順序排列：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.數據量，∵是整數，∴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）證明見解析；（2）；（3）.【解析】(1)利用余弦定理計算AC，再證明即可推理作答.(2)以點A為原點，射線AB，AC，AF分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，借助空間向量計算點C到平面BEF的距離.(3)利用(2)中坐標系，用向量數量積計算兩平面夾角余弦值，進而求解作答.小問1詳解】在中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，由余弦定理得，，即，有，則，即，因平面ABCD⊥平面ACEF，平面平面，平面，于是得平面，又平面，所以.【小問2詳解】因四邊形ACEF為正方形，即，由(1)知兩兩垂直，以點A為原點，射線AB，AC，AF分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，，，設平面的一個法向量，則，令，得，而，于是得點C到平面BEF的距離，所以點C到平面BEF的距離為.【小問3詳解】由(2)知，，設平面的一個法向量，則，令，得，，設平面BEF與平面ADF夾角為，，則有，，所以平面BEF與平面ADF夾角的正弦值為.【點睛】易錯點睛：空間向量求二面角時，一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想進行向量運算，要認真細心，準確計算18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據線面垂直的判定定理，結合面面垂直的判定定理進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式，結合線面角定義進行求解即可.【小問1詳解】∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,平面平面【小問2詳解】∵平面平面，交AD于點F，平面，平面平面，∴平面，以為原點，，的方向分別為軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，求得法向量為，由，所以直線與平面所成角的正弦值為.19、（1）周長為，面積為7.（2）或.【解析】（1）根據點，求出向量，利用向量的摸公式即可求出的距離，可以求出周長，再利用向量的夾角公式求出夾角的余弦值，根據平方關系得到正弦值，再利用即可求解；（2）首先設出，根據題意可得出的方程組，解出滿足條件所有的值即可求解.【小問1詳解】由題中條件可知，，,，.所以以為鄰邊的平行四邊形的周長為.因為，因為，所以.所以.故以以為鄰邊的平行四邊形的面積為：.【小問2詳解】設，則，，因為，且分別與垂直，得，解得或所以向量的坐標為或.20、（1）（2）或【解析】(1)按照所給的條件帶入橢圓方程以及e的定義即可；（2）聯立直線與橢圓方程，表達出，解方程即可.【小問1詳解】由題意知，，且，解得，，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由題意知，直線的斜率存在且不為0，故可設直線的方程為，設，.由得，則……①，……②，因為，所以，，由可得……③由①②③可得，解得，，所以直線的方程為或，故答案為：，或.21、（1）的單增區間為，；單減區間為，，；（2）證明見解析.【解析】（1）先求出函數的定義域，求出，由，結合函數的定義域可得出函數的單調區間.(2)當時，定義域R,求出，從而得出單調區間，由當時，，當時，，以及極值點與2的大小關系可得出當時，函數有最大值，然后再證明即可.【詳解】解：（1）定義域，可得且且，，可得且3無0無0減無減增無增減所以，的單增區間為，；單減區間為，，.（2）當時，定義域R因為，當時，，當時，，所以的最大值在時取得；由，即，得由，得，或由，得所以在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減.當時，，且，由所以當時，函數有最大值.所以，因為，所以,設，則所以化為由，則，則，所以所以22、（1）；（2）①，圓；②存在，.【解析】（1）設圓心，根據題意，得到半徑，根據弦長的幾何表示，由題中條件，列出方程求解，得出，從而可得圓心和半徑，進而可得出結果；（2）①設，根據向量的坐標表示，由題中條件，得到，代入