黑龍江省綏化市青岡一中2023年高二上數學期末教學質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．如圖，四棱錐的底面是矩形，設，，，是棱上一點，且，則（）A. B.C. D.2．等差數列的通項公式，數列，其前項和為，則等于（）A. B.C. D.3．若等軸雙曲線C過點，則雙曲線C的頂點到其漸近線的距離為（）A.1 B.C. D.24．已知i是虛數單位，復數z=，則復數z的虛部為（）A.i B.-iC.1 D.-15．已知點P是圓上一點，則點P到直線的距離的最大值為（）A.2 B.C. D.6．在三棱錐中，平面；記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（）A. B.C. D.7．若拋物線上的點到其焦點的距離是到軸距離的倍，則等于A. B.1C. D.28．方程表示的曲線為（）A.拋物線與一條直線 B.上半拋物線（除去頂點）與一條直線C.拋物線與一條射線 D.上半拋物線（除去頂點）與一條射線9．已知點，則滿足點到直線的距離為，點到直線距離為的直線的條數有（）A.1 B.2C.3 D.410．當實數，m變化時，的最大值是（）A.3 B.4C.5 D.611．已知直線經過點，且是的方向向量，則點到的距離為（）A. B.C. D.12．已知三棱錐的各頂點都在同一球面上，且平面，若該棱錐的體積為，，，，則此球的表面積等于（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數列滿足，則_______________.14．命題“，”的否定是____________.15．已知拋物線的頂點為坐標原點，焦點坐標是，則該拋物線的標準方程為___________16．設，，若將函數的圖像向左平移個單位能使其圖像與原圖像重合，則正實數的最小值為___________.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．（12分）根據下列條件求圓的方程：（1）圓心在點O（0，0），半徑r＝3（2）圓心在點O（0，0），且經過點M（3，4）18．（12分）如圖，四棱臺的底面為正方形，面，（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線m與平面所成角的正弦值19．（12分）一位父親在孩子出生后，每月給小孩測量一次身高，得到前7個月的數據如下表所示．月齡1234567身高（單位：厘米）52566063656870（1）求小孩前7個月的平均身高；（2）求出身高y關于月齡x的回歸直線方程（計算結果精確到整數部分）；（3）利用（2）的結論預測一下8個月的時候小孩的身高參考公式：20．（12分）設函數（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若，為整數，且當時，恒成立，求的最大值．（其中為的導函數．）21．（12分）已知數列滿足且（1）求證：數列為等差數列，并求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和為.22．（10分）已知命題p：點在橢圓內；命題q：函數在R上單調遞增（1）若p為真命題，求m的取值范圍；（2）若為假命題，求實數m的取值范圍

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、B【解析】根據空間向量基本定理求解【詳解】由已知故選：B2、D【解析】根據裂項求和法求得，再計算即可.【詳解】解：由題意得====所以.故選：D3、A【解析】先求出雙曲線C的標準方程，再求頂點到其漸近線的距離.【詳解】設等軸雙曲線C的標準方程為，因為點在雙曲線上，所以，解得，所以雙曲線C的標準方程為，故上頂點到其一條漸近線的距離為.故選：A4、C【解析】先通過復數的除法運算求出z，進而求出虛部.【詳解】由題意，，則z的虛部為1.故選：C.5、C【解析】求出圓心到直線的距離，由這個距離加上半徑即得【詳解】由圓，可得圓心坐標，半徑，則圓心C到直線的距離為，所以點P到直線l的距離的最大值為.故選：C6、A【解析】先得到三棱錐的每一個面都是直角三角形，然后可得與平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他們的余弦值，利用向量法計算直線與直線所成的角為的余弦值，然后比較大小.【詳解】令，由平面，且平面，又，，面三棱錐的每一個面都是直角三角形.與平面所成的角，二面角的平面角，由已知可得，，，又，則所以，又均為銳角，故選：A.7、D【解析】根據拋物線的定義及題意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案【詳解】由題意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故選D【點睛】本題主要考查了拋物線的定義和性質．考查了考生對拋物線定義的掌握和靈活應用，屬于基礎題8、B【解析】化簡得出或，由此可得出方程表示的曲線.【詳解】由可得或，所以，方程表示的曲線為上半拋物線（除去頂點）與一條直線，故選：B.9、D【解析】以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑分別畫圓，將所求轉化為求圓與圓的公切線條數，判斷兩圓的位置關系，從而得公切線條數.【詳解】以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑分別畫圓，如圖所示，由題意，滿足點到直線的距離為，點到直線距離為的直線的條數即為圓與圓的公切線條數，因為，所以兩圓外離，所以兩圓的公切線有4條，即滿足條件的直線有4條.故選：D【點睛】解答本題的關鍵是將滿足點到直線的距離為，點到直線距離為的直線的條數轉化為圓與圓的公切線條數，從而根據圓與圓的位置關系判斷出公切線條數.10、D【解析】根據點到直線的距離公式可知可以表示單位圓上點到直線的距離，利用圓的性質結合圖形即得.【詳解】由題可知，可以表示單位圓上點到直線的距離，設，因直線，即表示恒過定點，根據圓的性質可得.故選：D.11、B【解析】求出，根據點到直線的距離的向量公式進行求解.【詳解】因為，為的一個方向向量，所以點到直線的距離.故選：B12、D【解析】由條件確定三棱錐的外接球的球心位置及球的半徑，再利用球的表面積公式求外接球的表面積.【詳解】由已知，，，可得三棱錐的底面是直角三角形，，由平面可得就是三棱錐外接球的直徑，，，即，則，故三棱錐外接球的半徑為，所以三棱錐外接球的表面積為故選：D.【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用來求得，進而求得正確答案.【詳解】，，是數列是首項為，公差為的等差數列，所以，所以.故答案為：14、，【解析】根據全稱命題量詞的否定即可得出結果.【詳解】命題“”的否定是“，”故答案為：15、【解析】根據焦點坐標即可得到拋物線的標準方程【詳解】因為拋物線的頂點為坐標原點，焦點坐標是，所以，解得，拋物線的標準方程為故答案為：16、【解析】根據正弦型函數圖像平移法則和正弦函數性質進行解題.【詳解】解：由題意得：函數的圖像向左平移個單位后得：該函數與原函數圖像重合故可知，即故當時，最小正實數.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）x2+y2＝9（2）x2+y2＝25【解析】（1）直接根據圓心坐標和半徑，即可得到答案；（2）利用兩點間的距離公式，求出圓的半徑，即可得到答案；【小問1詳解】根據題意，圓心在點O（0，0），半徑r＝3，則要求圓的方程為x2+y2＝9；【小問2詳解】圓心在點O（0，0），且經過點M（3，4），要求圓的半徑r＝＝5，則要求圓的方程為x2+y2＝25；18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）：連結交交于點O，連結，，通過四棱臺的性質以及給定長度證明，從而證出，利用線面平行的判定定理可證明面；（2）利用線面平行的性質定理以及基本事實可證明，即求與平面所成角的正弦值；通過條件以及面面垂直的判定定理可證明面面，則為與平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【詳解】（1）證明：連結交交于點O，連結，，由多面體為四棱臺可知四點共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均為正方形，，∴，所以為平行四邊形，∴，面，面，∴平面（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直線m與平面所成角可轉化為求與平面所成角，∵和均為正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，由面面，設O在面的投影為M，則，∴為與平面所成角，由，可得，又∵，∴∴，直線m與平面所成角的正弦值為.【點睛】思路點睛：（1）找兩個平面的交線，可通過兩個平面的交點找到，也可利用線面平行的性質找和交線的平行直線；（2）求直線和平面所成角，過直線上一點做平面的垂線，則垂足和斜足連線與直線所成角即為直線和平面所成角.19、（1）62；（2）；（3）74.【解析】（1）直接利用平均數的計算公式即可求解；（2）套公式求出b、a，求出回歸方程；（3）把x=8代入回歸方程即可求出.【小問1詳解】小孩前7個月的平均身高為.【小問2詳解】(2)設回歸直線方程是.由題中的數據可知.，..計算結果精確到整數部分,所以,于是，所以身高y關于月齡x的回歸直線方程為.【小問3詳解】由(2)知,.當x=8時,y=3×8+50=74,所以預測8個月的時候小孩的身高為74厘米.20、（Ⅰ）答案見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）的定義域為，，分和兩種情況解不等式和即可得單調遞增區間和單調遞減區間；（Ⅱ）由題意可得對于恒成立，分離可得，令，只需，利用導數求最小值即可求解.【詳解】（Ⅰ）函數的定義域為，當時，對于恒成立，此時函數在上單調遞增；當時，由可得；由可得；此時在上單調遞減，在上單調遞增；綜上所述：當時，函數的單調遞增區間為，當時，單調遞減區間為，單調遞增區間為，（Ⅱ）若，由可得，因為，所以，所以所以對于恒成立，令，則，，令，則對于恒成立，所以在單調遞增，因為，，所以在上存在唯一零點，即，可得：，當時，，則，當時，，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為，所以的最大值為.【點睛】方法點睛：利用導數研究函數單調性的方法：（1）確定函數的定義域；求導函數，由（或）解出相應的的范圍，對應的區間為的增區間（或減區間）；（2）確定函數的定義域；求導函數，解方程，利用的根將函數的定義域分為若干個子區間，在這些子區間上討論的正負，由符號確定在子區間上的單調性.21、（1）證