精品解析：云南省玉溪市澄江市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

云南省澄江市第一中学2023－2024学年上学期期末考试 高二数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是（ ） A. 先增后减 B. 先减后增 C. 单调递增 D. 单调递减 2. 设双曲线的右焦点是，左、右顶点分别是，，过作的垂线与双曲线交于，两点.若，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知一圆的圆心为点 ，一条直径的两个端点分别在 轴和 轴上，则此圆的方程是 （ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义在上的奇函数，当时，，函数，如果对于任意，存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若，则的最小值是 A. B. C. D. 6. 设点，，，为坐标原点，若四边形是平行四边形，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与交于点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 设直线l的方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是 A. B. C. D. 10. 某颗人造地球卫星运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，则 A B. C. D. 11. 若函数（且）的图象如图所示，则下列函数图象不正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前n项和，若，且，则______． 13. 已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，满足PF1＝2PF2，则△PF1F2的面积为 ____． 14. 已知，且，则__________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知为定义在上的奇函数，且当时， （1）求出函数解析式； （2）当时，求出最小值和最大值． 16. 已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且. （1）证明：； （2）若集合，求集合中的元素个数. 17. 已知a为实数，设直线：，：. （1）若，求a的值； （2）若，求与的距离. （2023·福建省泉州科技中学期中） 18. 如图所示，在四棱锥中，，，，且 （1）求证：平面平面； （2）已知点是线段上的动点（不与点､重合），若使二面角的大小为，试确定点的位置. 19. 已知椭圆（）的半焦距为，原点O到经过两点，的直线的距离为． （Ⅰ）求椭圆E的离心率； （Ⅱ）如图，AB是圆M:一条直径，若椭圆E经过A,B两点，求椭圆E的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省澄江市第一中学2023－2024学年上学期期末考试 高二数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是（ ） A. 先增后减 B. 先减后增 C. 单调递增 D. 单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解. 【详解】f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)， ∴f′(x)<0，则f(x)＝cos x－x在(0，π)上单调递减. 故选：D 2. 设双曲线的右焦点是，左、右顶点分别是，，过作的垂线与双曲线交于，两点.若，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据题意求出，，再根据得到，即可得到双曲线的渐近线方程. 【详解】设双曲线的半焦距为，则，将，代入双曲线， 得，不妨取，， 又，， 故，. 因，故，即，即， 所以，故渐近线方程是. 故选：C. 3. 已知一圆的圆心为点 ，一条直径的两个端点分别在 轴和 轴上，则此圆的方程是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由于圆心(2,-3)是直径中点，所以此直径的两个端点坐标分别为(4,0),(0,-6), 所以半径为,所以所求圆的方程为. 4. 已知是定义在上的奇函数，当时，，函数，如果对于任意，存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用的奇偶性及指数函数的单调性求出当时的值域A，由二次函数的单调性求出在上的值域B，由题意知，列出不等式组求解即可. 【详解】当时，， 因为是定义在上的奇函数， 所以，当时，，记， ，对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，， 即当时，，记， 对于任意，存在，使得等价于， 所以，解得. 故选：B 【点睛】本题考查函数的奇偶性与值域，指数函数、二次函数的单调性，属于中档题. 5. 若，则的最小值是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，因为，所以，则 ，当时，；故选D. 点睛：求形如或的值域或最值时，要利用换元思想，将问题转化为三角函数的有界性和一元二次函数的值域问题，即令或，则，但要注意的取值范围. 6. 设点，，，为坐标原点，若四边形是平行四边形，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求参数，再利用夹角公式即可求解. 【详解】因为四边形 是平行四边形,所以, 即 所以. 设 与 的夹角为 因为, 所以, 又 所以, 即 与 的夹角为 . 故选：B. 7. 已知直线与交于点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据得点为圆上动点，用三角换元求最大值. 【详解】由题意可得直线恒过坐标原点，直线恒过定点， 且，所以， 所以与的交点在以为直径的圆上， 则点的坐标满足（不含点）． 可设，且， 则， 所以当时，的最大值为． 故选：D 8. 设直线l的方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，可得倾斜角为，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数性质求解即可. 【详解】当时，方程变为，其倾斜角为， 当时，由直线方程可得斜率，且， ，即，又，， 综上所述，倾斜角的范围是. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 设点的坐标为，可得知当、均为圆的切线时，取得最大值，可得出四边形为正方形，可得出，进而可求出点的坐标. 【详解】如下图所示： 原点到直线的距离为，则直线与圆相切， 由图可知，当、均为圆的切线时，取得最大值， 连接、，由于的最大值为，且，， 则四边形为正方形，所以， 由两点间的距离公式得， 整理得，解得或，因此，点的坐标为或. 故选：AC. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，考查利用角的最值来求点的坐标，解题时要找出直线与圆相切这一临界位置来进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 10. 某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，则 A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案. 【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点， 并且根据图象可得 ，（*） ，故A正确； ，故B正确； （*）两式相加，可得，故C不正确； 由（*）可得 ，两式相乘可得 ， ，故D正确. 故选ABD 【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简. 11. 若函数（且）的图象如图所示，则下列函数图象不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求得实数a的值，再以特值法排除选项A，C，D，即可选B. 【详解】函数（且）的图象过点，则，则 选项A：，当时，，即图像经过点.图像错误； 选项B：，奇函数，单调递增，图像经过点.图像正确； 选项C：，当时，，即图像经过点.图像错误； 选项D：，当时，，即图像经过点.图像错误； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前n项和，若，且，则______． 【答案】126 【解析】 【分析】利用等比数列性质求出，再结合求出公比及首项，利用前n项和公式计算作答. 【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，而，解得， 又，则，于是，而，解得，， 所以. 故答案为：126 13. 已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，满足PF1＝2PF2，则△PF1F2的面积为 ____． 【答案】8 【解析】 【分析】由题意可得a，b，c的值，由定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2a＝4，再由题意可得|PF1|，|PF2|的值，即可求出△PF1F2的面积． 【详解】由题意：a2＝4，b2＝8，c2＝a2+b2＝12， 因为|PF1|＝2|PF2|，而|PF1|﹣|PF2|＝2a＝4， 所以|PF2|＝4，|PF1|＝8，而|F1F2|＝2c＝4， 因为|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，所以∠PF2F1， 所以S|F1F2|•|PF2|4＝8． 故答案为：8． 14. 已知，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平方关系、角的范围算得，进一步算出的值即可得解. 【详解】因为，所以． 又， 所以， 所以，所以． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知为定义在上的奇函数，且当时， （1）求出函数的解析式； （2）当时，求出的最小值和最大值． 【答案】（1）；（2），. 【解析】 【分析】（1）设时，则，即可求出，再由奇函数的性质求函数的解析式； （2）首先判断函数的单调性，根据单调性求出函数的最值． 【详解】解（1）由题意知，当时，， 当时，，则， 为定义在上的奇函数， ， 又为定义在上的奇函数， ， ； （2）当时，，又在单调递减， 所以当时，有最小值，即． 又，所以，所以，所以，即， 又，所以在上的最大值为，. 16. 已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且. （1）证明：； （2）若集合，求集合中的元素个数. 【答案】（1）证明见解析 （2）0 【解析】 【分析】（1）设出等差数列的公差，由基本量表示出来，求解即可得证； （2）由（1）知，所以，将转化为，从而可知无正整数解. 【小问1详解】 证明：设数列的公差为， 则， 解得，所以原命题得证. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以， 因为，所以，因为，所以是偶数， 所以无正整数解，故集合中的元素个数为0. 17. 已知a为实数，设直线：，：. （1）若，求a的值； （2）若，求与的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两直线的位置关系求出即可； （2）根据两直线的位置关系求出，检验并利用两平行线间的距离公式计算即可求解. 【小问1详解】 由题意知，若， 则，解得. 【小问2详解】 若，则，即，解得或. 当时，，此时， 两平行线之间的距离为； 当时，，此时重合，不符合题意. 所以两平行线之间的距离为. （2023·福建省泉州科技中学期中） 18. 如图所示，在四棱锥中，，，，且 （1）求证：平面平面； （2）已知点是线段上的动点（不与点､重合），若使二面角的大小为，试确定点的位置. 【答案】（1）见解析； （2）点在线段上满足 【解析】 【分析】（1）先由边的关系证得，结合，即可证得平面，进而证得平面平面； （2）取中点，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，设，表示出平面和平面的法向量，由夹角公式解出即可确定点的位置. 【小问1详解】 连接，由，知，在中，， 设的中点为，连接，则，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形， 所以，在中，，在中，， 所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 在中，，所以，在中，过点作，垂足为，因为， 所以为中点，所以，由（1）得平面，平面，则，平面， ，则平面.以为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间坐标系， 则，设， 则，易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 即，即，解得（舍）或，所以，当点在线段上满足时，使二面角的大小为. 19. 已知椭圆（）的半焦距为，原点O到经过两点，的直线的距离为． （Ⅰ）求椭圆E的离心率； （Ⅱ）如图，AB是圆M:的一条直径，若椭圆E经过A,B两点，求椭圆E的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得，又有，联立可求离心率； （2）由（1）设椭圆方程，再设直线方程，与椭圆方程联立，求得，令，可得，即得椭圆方程. 试题解析：（Ⅰ）过点的直线方程为， 则原点到直线的距离， 由，得，解得离心率. （Ⅱ）由（1）知，椭圆的方程为. 依题意，圆心是线段的中点，且. 易知，不与轴垂直. 设其直线方程为，代入（1）得 . 设，则，. 由，得，解得. 从而. 于是. 由，得，解得. 故椭圆的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$